Diez Garcia - Problemas de Termodinamica-Nueva Libreria (1984)

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' 
CONTENIDO 
Cap rtul o 1 : Primer Princl pi o. Síslem as cerrados (Gases) 
l. 1 ntroducció n teórica 1 
2. Problemas 1 ipo 3 
3. Problemas en une lados 7 
Capítulo 2: Primer Prl ncí pi o, S islemas abiertos. Régí me n variable (Gases) 11 
l. 1 ntroducción teórica 11 
2. Pro blen\a s tipo 12 
Capítulo 3: Primer Principio. Sistemas abiertos, Régimen 
pe rm anenle (Gues) 17 
l. 1 n! rod ucci ón teórica 1 7 . 
2. Problemas tipo 19 
3. Prob 1 ema s enunciados 23 
Capftulo 4: Transformaciones politrópicas 25 
l. 1 ni rod u cción teórica 25 
· 2. Problemas tipo 26 
Caprtu lo 5: Mezclas de gases 31 
l. 1 ntroducdón-teórica 31 
2. Problemas tipo 31 
Capítulo 6: Segundo principio de la termodinámica 35 
L 1 nlroducció n teórica 35 
2. Problemas tipo 36 
Con.tanldo 
Capítulo 7: Entropía 41 
1. r nt roducdón teórica 41 
2. Problemas tipo 43 
Capítulo 8: Óiagrama temparatura'Onlropía para ga<eJ perfectos • 47 
·l. 1 ntroducción teórica 4 7 
2. Problemas 1 ipo 48 
3. Prob 1 e mas enunciados 55 
Capítulo 9: Exen¡ía 57 
l. Introducción teórica 57 
2. Problemas tipo 59 
3. Problemas enunciados 69 
Capítulo 1 O: Vapores 71 
l. 1 ni roducció n teórica 71 
2. Problemas 1 ipo 73 
3. Problemas enunciados 83 
Capítulo 11 : Ciclos de vapor 85 
l. 1 ni ro ducción teórica . 85 
2. Problemas tipo 88 
Cap ítu 1 o 12: C lelos frlgo r íflcos 93 
l. Introducción teórica 93 
2. Problemas 1 ipo . 95 
Capitulo 13: Ai<e húmedo 101 
l. 1 ntrod ucci ón teórica 101 
2. Problemas ti pe 105 
3. Problemas enunciados 114 
Capítulo 14: Termoqu ímica 117 
l. lntroducciónteórica 117 
2. Problemas tipo 119 
3. Problemas enunciad os 124 
Contenldo 
Capítulo 15: Combu>ti6n 127 
l. 1 ntrodu cdón teórica 12 7 
2. Problemas tipo 129 
3. Problemas enunciados 135 
. Capítulo 16: Toberas y difusores 137 
1. 1 ntroducció n teórica 13 7 
2. Problemas 1 ipo 140 
lndlce 145 
CAPITULO 1 
P-RIMER PRINCIPIO. 
SISTEMAS CERRADOS (GASES) 
l.INTRODUCCION TEORICA 
El balance de energías es: 
Q-L=I:..tf 
El calor Q y el Ira bajo L son energías 
en transferencia entre sistema y medio. Se 
utiliza la convención de signos de la figura 
1.1 . -
c .. omo se puede apreciar' no tiene s:enti~ 
do entonces tratar de establecer valores de 
Q y L sin especificar previamente cuál es el 
· sistema. 
1.1 
Q>O 
SISTEMA 
L>O 
f[GURA L.L 
1:.. U es la variación de energía interna del sistema. Para gases ql!e pueden 
suponerne ideales, la energía interna U depende únicamente de la temperatura 
del sistema, de modo que si e,.. es el calor específico a volumen constan te, para 
una masa m y M la variación de temperatura de la misma, sea cual sea la tram;-
. formación; 
!:.U= mc,t:..r 1.2 
De acuerdo a lo expresado, para la resolución de problemas con gases que 
pueden suponerne ideales, cuando sea necesario aplicar la fó<:mula 1.1 podrá pro-, 
cederne en la forma explicada a continuación. 
1 
i 
.2. ln.trod ueción teóric:a 
1 ) Arl optar un sistema 
Col! el fin de que resulte más claro o que resulte posible establecer los inter-
cambios de calor y de trabajo, convendrá adoptar el sistema de modo que se ten-
ga €-1 menor número po~ible de jnteracciones para analizar. Asi, si se tiene más 
de una masa, con vendrá adoptar como sistema al conjunto de ]as masas que in-
tervjenen en el pro ceso. · 
2) Aplicar el primer principio Q - L = A U 
En este paso es conveniente explicitar en lo posible cada uno de los térmi· 
nos de la ecuación 1 J para obtener así una ecuación que ayude a la resolución 
del problema. 
Al explicitar el trabajo L intercambiado deberá tratarse de que no quede 
nínguno de los trabajos intercambiados por e] sistema sin ser tenido en cuenta. 
Puede ayudar el recordar que siempre que una masa m J a una presión p ' y con 
un volumen V , es barrida, el medio debe transferir un trabajo ·p V. Si la masa 
m pasa a ocupar ll n volurn en V t con una presión p , debe transferir un trabajo 
pV. 
Así, para la introducción de la masa m a un recipiente L = -p V. Al salir 
la m asa m de un recipiente es L = p V . 
El Ira bajo de expansión es el que intercambia el sistema al variar su volu-
men debido a las presiones ejercidas por el medio. Teniendo en cuen la el con-
cepto de trabajo de una fuerza, puede establecerse que si el medio ejerce una pre-
sión p _constante y A V es la variación de volumen del sistema, el trabajo de ex-
pansión será L = p A V . 
Cuando en la transf onnación resultan conocidos los sucesivos valores de la 
presión p y del volumen V del sistema, efectuándose la tram.formación me-
diante sucesivos desequilibrios de pre:sión infinitamente peq ue:ños entre sistema y 
medio, e] trabajo de expansión es: ' 
-L = r pdV 
3) Planteo de la ecuación de estado 
Para obtener otras ecuacion~ que pennitan ]a resolución· de] Prl? ~Jema, 
puede aplicarse la ecuación de estado de.los gases ideol.es a cada una de las m asas 
que forman el sistema en sus estados inicial y fmal: 
pV = mRT 
Para los- problemas referentes al primer ·principio, . .dstemas. cerradosJ gases, 
serán dato.: · 
Calor específico a volumen constan!~ del aire e, = 0,17 kcal/kg K 
Primer prin.cipto. S [¡temas r:urados (!iill:s.-!15) 3 
Constante característica por kg de aire R = 2 9,3 kgr mfkg K 
Se considera que para un sistema, un límite es rígido cuando impide cam~ 
bio; en la forma y el volumen del sistema. Un limite es adiabático cuando impi-
de que ocurran transferencias de calor entre el sistema y el medio. 
· El aire será considerado como un gas ideal en lo dos los problemas. 
2. PROBLEMAS TIPO 
1-1 _ Se permite el ingreso de aire atmosférico ( p 0 = 1_ a:m,; T0 = -20 •_cJ a un 
recipiente rígido y adiabático de volumen V= 1,5 m 1 !UJC!abnente va_cto, ha~ta 
que en ·el miSIIIIl se alcanza la. presión Po . . Cale u lar la masa m de aue que tn· 
gresa al recipiente. -
so lÚe¡ ón: Según lo explicado previamente se adopta como sistema la m a >a m 
que ingresa· 31 recipiente. En el primer principio. Q - L = A U en este ~aso es 
Q = o recipiente adiabático; L = -p0 V0 traba¡o efectuado por el med10 para 
ingresar la masa m y V0 es el volumen de m antes de mgresar al rec1p10n te; 
AU = me, (Tr- T0 ) . T¡ es la temperatura fmal de la masa m luego de su in-
greso al recipiente. Entonces: 
O - (-p0 V0) = me, (T,- To) 
Po Vo · = me, (T1- To) 
Además puede aplicarse la ecuación de estado a la masa m , en su estado 
inicial (p0 , T0 ) y en su estado fmal (p0 , T1 ). Si T0 y T1 son las temperatu-
ras absolu las de la masa m : 
_p0 V0 = mRT0 
Po V= mRTt 
Reemplazando p 0 V 0 de l.4 en 1 .3 : 
mRT0 = me, (T,- To) 
1.4 
1.5 
RTo e, (T1 - To) 1.6 
4 Problemas tipo 
La 1 .5 y 1.6 forman un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas m y 
T1 .De1.6: 
RTo kgrm 293 K 1 kca/ 
Tr ~ - + T0 ~ 29 3 -- -:-:=-:--:,--;:-
e, ' kg K 0,17 kcal/kg K 427 kgr m + 293 K · 
~ 411,26 K ~ 138,26 •e 
De 1.5: 
m= Po V 
RT¡ 
1 kg/cm2 10.000cm2 fm 2 1,5 m3 
29,3 kgr m/kg K 411,26 K 
1,24 kg 
1.2 - El recipiente rígido y adiabático mencionado en el problema I-1 (V~ 1,5 
m3 ) contien~ iniciajmente una masa de aire m 0 a p 1 = 0,7 atm y T1 = 90 
oC . CalcuJar la masa m que ingresa en este caso. · 
Solución: El sistema que debemos elegir en este caso será (m+ m0 ). En el pri· 
·mer principio es Q ~ O ; L ~ -p0 V0 bnplica: 
-Po V o = .ó.U 1.7 
Por estar el sistema fonnado por dos masas: 
1.8 
Luego de l. 7 : 
Además: 
PoVo = mRTo 1.9 
Po V = (m+ mo)RTt 1.10 
J.ll 
Reemplazando en 1.8 Po V0 por mRT0 de 1.9, y calculando m 0 de 1.11 
que da un sistema de dos ecuaciones 1 .8 y 1.1 O con dos incógnitas m y T1 _ Re-
suelto se obtiene m~ 0,39 kg y T1 = 376 K~ 103 •c. 
Primer prinei!JiiD~ Sistema 5 .cerrados (gases) S 
1-3 - Desde un conducto en el cual hay aire a p 1 ~ 3 atm constantey a T1 ~ 
~ 60 • C , constante, ingresa una masa m a un cilindro que contiene m 0 ~ 3 kg 
de aire a T0 ~ 20 •e y p0 ~ 1 atm (figura !.2). 
El cilindro está cerrad o por un pis-
tón que transmite una presión constante 
Po al a1re interior. Al ingtesar la masa 
de aire m , el pistón se corret barriendo 
un volumen .6. V igual al doble del vol u· 
men inicial V0 deJa masa m0 ) quedan~ 
do luego trabado. Después del ingreso 
de la masa m queda el aire en el cilindro 
a una presión ímal p f ~ 2 atm . Consi-
rando que el pistón desliza sin fricción y 
m 
FIGURA 1:2 
P, T, 
m, 
Po 
... 
r, -
r, Po 
que e] mismo y el cilindro son adiabáticos, calcular la masa m que ingresa a1 ci-
lindro. 
So iuci ón: El sistema es (m + m0 ) • En el primer principio Q ~ O y: 
-L = .ó.U 1.12 
Al explicitar el trabajo L debe tenerse en cuenta el trabajo para el ingreso 
de m y el trabajo de expansión del aire contra el pistón, de m o do que: 
Reemplazando en l. V es: 
; 
luego: 
1.13 p, v, - Po.Ó. V ~ me, rr,- T,) + m oc, (Tr- To) 1.13. 
Además: 
PI J.', = mRT, J.l4 
PoVo = moRT0 J.l5 
Pt (V o + .6. V) ~ (m + mo) RTr l.l6 
Se 'reemplaza p, v, por mRT1 de 1J 4 en 1.13 y se calcula V o a partir 
6 Problemas tipo 
de l .!5 . Del sistema de ecuaciones l .l3 y 1.16 se obtiene m = 1 O, 9 kg con 
T1 = 378K= 105 "C. 
1-4 :._ Desde un tanque r ígldo y adiabátioo que contiene inicialmente aire a p 1 = 
= ·1 O alm y T1 = 150 "C, descarga aire a través <le una turbina adiabática {f"¡gu· 
·ra 1.3) a un cilindro también adiabá· 
tico) en el que actúa un pistón adía-
v, 
'----"r'c..Jr== 
FlGUitA 1.3 
bático capaz de transmitir una pre· 
sión oonstante p 2 = 1 al m. Al que-
dar el aire a la presión p 2 , con terri-
\ peratura final r, uniforme, luego de 
'T la . descarga de una parte del aire a 
1 través de la turbina, el pistón ha 
~---- P, 'barrido un volumen A V = 30 m 1 • 
11 ·La masa de aire total es m = 5O kg . 
Se supone despreciable la fricción en 
el desplazamiento del pistón y tam · 
bién despreciable el volumen ocupado por la turbina. Calcular el trabajo LT en· 
tregado en eleje de la turbina. 
Solución: El sistema es la masa m _ En el primer principio como Q = O es; 
Luego: 
Además: 
-L = !J.U 
L=Lr+P2AV 
AU = me, (T¡- T1 ) 
p1 V1 = mRT1 
P2 (V, + AV) = mRT¡ 
1.17 
1.18 
1.!9 
Se obtiene V 1 a partir de 1.18 y luego T¡ a partir de 1.!9 . Con estos va· 
lores, se calcula LT usando la fórmula 1.17. Resulta Lr = 1195,94 leca/. 
1·5- Se tieueuna~asa m.=JO/cg de airea Po= 1 atm y T0 =20°C en un 
cilindro cerrado por un pistón trabado. 
Pr¡mer prindplo~ SistemaS- cerrados (g1s.es.) 7 
Al destrabar el pistón, que puede deslizar sin fricción transmitiendo una 
presión constante p = 5 alm ~ el ai-
re pasa a un estado fina] en que su 
temperatura sigue siendo T0 = 20 
o e . Calcular el calor Q in tercam. 
biado por el aire. 
So 1 u ció n: El sistema es m . El pri-
mer principio es: 
Q- L = AU 
siendo: 
L = p (V- Yo) 
donde . V es el volumen fmal y V0 el volumen inicial. 
p = Jorm 
= 
r, 
f[GUAA l.4 
El trabajo L es el producto de la variación de volumen de la masa m por 
la presión ejercida por el pistón. Además !J. U= O pues la temperatura inicial es 
igual a la fmal. Luego: · 
Q - p (V- V0 ) = O 1.2Q 
Además: 
PoYo = mRTo 1.21 
pV = mRTo 1.22 
Se calcula V0 usando la fórmula 1.21 y V con la fórmula l .. 22 . Luego de 
1.20 se obtiene Q = -804,12 /e cal 
3. PROBLEMAS ENUNCIADOS 
J..li - Un recipiente rígido y adiabátioo está dividido en dos partes por un tabi· 
que. U~~oa parte conti~ne m1 =2 kg de aire a p1 = 5 atm y T1 = 20 °C, y la 
otra m2 = 3 kg de aire a p2 = 1 atm y T2 = 60 °C. Se quita el tabique. Cal-
cular la presión y ia tempera)ura fmal en el recipiente. 
-B fl rob 1 e mas en unc:Fa:dos 
• 
1-7 - Mediante un compresor adiabático se envía una masa de aire m a un tan· 
que adia bá tko. Inicialmente el tanque C-Ontiene m 11 = 2 kg de aire a p0 = 1 
atm y T 0 = 20 "C y Juego de ing¡:esar la masa m queda el aire en su interior a 
p = 2,5 atm y T = ·120 "·e . Calcular él trabajo L, que debe transferirse al 
compresor (figura 1.5). El aire aspi- · ' 
rad o por el conlprcsor está a la pre-
sión Po y a !a temperatura T0 . 
1-8 -Una masa de aire m = 10 kg 
se calienta a presión constante p ::::: 
·=2 atm de T0 =27°C a T1 '= = 217 °C , mediante fricción con pa-
letas giratorias, sin intercambio de 
"' ....:"_::"_:_r,,__--( e )-------1 
y 
L, 
FIGURA 1 .S 
T, 
c.lor. Siendo el m e dio a tm osféric o p 0 = 1 a 1m y T 0 = 2 7 oC calcular el tra-
bajo neae.s.ario para el accionamiento de la hélice. 
1-9 - Mediante un compresor adiabático que aspira aire a Po = 1 atm y T0 = 
= 20 oC y lo lleva a un estado 1 con p 1 = 3 atm y T1 = 130 "C, se suminis-
tra aire a un cilindro (figura 1.6), para lograr el barrido de un volumen AV = 
::::: O, 6 m 3 • contra u na presión constan te p = p 1 = 3 atm . 
IJI Ji, T¡ 
FIGURA L.-li-
Durante el barrido ·e1 aire mantiene su temperatura constante T1 :::; 130 °C~ 
y no i¡¡tercambia calor. Calcular el trabajo en el eje del compresor para lograre! 
barrido del volumen Ll. V~ suponiendo que no extste fricción durante e] barrjdo. 
·] -1 O - A un recipiente rígido y adiabático, inicialmente va e ío, de volumen . V = 
= 3 m 3 , ingresan· dos masas de aire, m 1 = 20 kg con p 1 = 15 atm y T1 = 
= 100 "C y m2 =3 kg con p2 = 12atm y T2 =20°C. Calcularla presión 
p y la temperatura T finales en el recipiente_ ' 
1-11 ~ Un tanque rígido y adiabático que puede comunicar cou un cilindro con-
tiene m1 = 2 kg de aire a p1 = 1 O atm y T1 = 80 °C. El cilindro contiene 
Primar princ:tplo. Sistemu cerrBdCI:S (gase.s) 9 
contiene m2 = 3 kg de aire a T2 = 60 "C y p2 = 1 atm . El cilindro está 
cenado ·por un pistón que puede deslizar sin fricción y que transmite una presión-
constante p 2 • El cilindro y el pistón son adiabá tices. Calcular la temperatura 
fina1 del aire a] comunicar el recipiente con el Cilindro. 
CAPITULO 2 
PRIMER PRINCIPIO. 
SISTEMAS ABIERTOS. 
REGIMEN VARIABLE (GASES) 
l.INTRODUCCION TEORICA 
Para efe<tuar balances de energía de sislemas abiertos (figUra 2.1 ), se usará 
la fórmula siguiente: 
m,--'"'\. 
'· '-~~---
f[GURA2.1 
donde Q calor intercambiado a través de los límites. que definen a] sistema abier-
to; L trabajo intercambiado a través de los límites que definen al sistema abier-
to; m 2 masa que sale del sistema abierto ; h 2 entalpía por unidad de masa m 2 
(h2 = U2 + P2 v2 ) ; e,2 energía cinética por unidad de masa m2 con respecto 
a.ej~ Ugados a1 sistema abierto; ep2 energía potencia] por unidad de masa m2 
con respecto a ejes: ligados al sistema abierto; m 1 masa que ingresa al sistema 
abierto; h1 entalpía por unidad de masa (h 1 = U1 + P1 v1 ) ; e,1 energía ciné-
tica por unidad de masa m 1 con resp ocio a ejes ligados al sistema abierto; e P 1 
energía potencial por unidad de masa m 1 con resp octo a ejes ligados al sistema 
abierto; .AEsA variacióri de energía en el interior de] sistema abierto) la que coe· 
corresponde a la variación de energía interna en los problemas que se plantearán. 
12 Pro Die m ;u tipo 
Para estos prob1emas además se supone invariable a Jos valores h2 , e4!"2 
ep2 • h 1 , ec1 , ep1 durante el proceso. 
Si se e onsidera que las m asas in tervinien tes corresponden a gas<" ideales, 
siendo la entalpía h función de la temperatura ú nicarnen te, sera válida para el 
cálculo de la variación de entalpía de cu~lq uier masa m la fórmula: · 
2.2 
Para los problemas corresp ond lentes a este tema serán da tos e, y R ya 
usados en el capítulo 1 , y para el aire: 
Cp ~ e, + R ~ 0,24 kcalfkg K 
El aire se consídera como un gas ideal. 
2. PROBLEMAS TI PO 
2·1 - Resolver el problema 1-1 adoptando como sistema el recipiente rígido y 
adia liático. 
Solución: Teniendo en cuenta la fórmula general2.1 : 
Q - L ~ -mh0 + AUsA 
Q ~ O ; L ~ O por ser el recipiente rígido y adiabático. m es la masa que 
ingresa y h 0 su entalpía por unidad de masa en el estad o inicial ( P 0 , T 0 ) :A UsA ~ mUr es la variación de energía interna en el recipiente ya que la 
energía interna inicial es nula {recipiente vacío}, y u1 es ]a energía interna final 
por unidad de masa. Luego: 
O = -mU0 - mP0 v0 + mU1 
Yo 
O = ·mUo - mPo - + mU¡ 
m 
m (U¡- Uo! = Po V o ... Po Yo = me, (Tr To! 
Primer p rlnc!plo. Sistemas .abiertos. Régimen nria~ble ('gase.s) 13 
La fórmula obtenida es idéntica a la 1.3 del problema 1-1 . Deben agregarse 
las ecu adanes correspondientes a m . en su estado inicia1 y fmal como :se hizo al 
resolver el problema 1·1 • 
2·2 - Resolver el problema 1·2 adoptando como sistema al recipiente rígido y 
adiabático. 
Solución: 
Q - L = -mh 0 t AUsA 
Q ~ O ; L = O ; ho = Uo t Povo 
t;.U8A = (m+ m0 ) U¡ - m0 U1 
donde h0 es la entalp fa por unidad de masa m en el estado ( P 0 , T 0 ) , y Ur . y 
U1 son las energ fas internas por unidad de masa de m y m0 en el estado (Po , 
T¡) para m y (P1 ·,.T1 ) para m0 en el estado inicial. Luego queda: 
-mU0 - P0 V0 - (m+ m0 ) Ur .- mo U, = O 
o sea que: 
m(U1 - U0 ) + m 0 (Ur- U,) ~ Po V0 
Como: 
m(U1 ~ U0 ) + m0 (U1 - U1 ) ~ mc,(T1 -T0 ) + mocvfT1 - T1 ) 
queda: 
P0 V0 ~ me, (T1 - T0 ) + m0 c, (T1 - T1 ) 
Esta ecuación es idéntica a !a 1.8 obtenida en la solución del problema 1-2. 
Debe completarse la solución aplicando la ecuación de estado. 
2-3 - Resolver el problema 1-3 adoptando como sistema al cilindro. 
Solución: 
Q - L = ·mh1 + llU8A 
Q = O ; L ~ P0 AY ; h1 ~ U1 + P1 v1 
con h 1 entalpía por unidad de masa de m y m 0 en el estado ( P 1 , T¡) y de 
m0 en el estado (P0 , T0 ). Queda: 
-Po AY ~ -mU1 - P1 V1 + (m+ m0 ) U1 - moU0 
P1 V1 - P0 AY = m (U1 - U1 ) + mo (U¡- Uo! 
1 
T 4 Problemas tipo 
La ecuación es idéntica ala !.!3 del problema 1-3 ya que: 
m (U¡- U1} + m0 (U1 - Uo! = me, (T1 - T,) + moc, (Tr To! 
Luego se completa la so1uc:ión aplicando Ja ecuación de estado. 
2-4 - Medjante un compresor adíabático se envía una masa de aire m 
que. adiabáiico. Inicialmente el tan-
contiene m a = 2 kg de aire a P 0 = r ;'"---{ 
= 1 atm y T0 = 20 "C, y luego de '• r, 
.ingresar la m asa m queda el aire en su 
interior a P = 2,5 alm .y T = 140 "C. 
Calcular el trabajo L, que de be trans-
ferirse al compresor (figura 2.2}. El 
aire aspirado por e] compresor está a 
la presión P 0 y a la tempera tnra To . 
F!GURA.2.2: 
Sotució n: Se adopta como sistema al compresor y el tanque: 
Q - L = -mho + AUsA 
V 
h0 = U o + Po v0 . es la entalpía por unidad de masa m en el estado (P0 , 
T0 ). AUsA· =(m+ m0 ) U- m0 U0 , donde U y U0 energías internas por uni-
dad de masa de m y m0 en el estado final (P, T) y de m0 en el estado inicial 
(P0 , T0 ). Queda, con L = L, : 
-L, = -mU0 - P0 V0 + (m+ mo! U - mo Uo 
o sea que: 
-L, =(m+ m 0)(U- Uo!- Po Vo 
Como: 
(m+ m0 )(U- U0 ) =(m+ m0 )c,(T- Te! 
Juego: 
P0 V0 - L, =(m+ m 0)c, (T- T0 ) 2.3 
Puede apJicar.s.e la ecuación de estado a m y m0 . en su estado inicial Y a 
m en su estado fmal: 
PoVo = mRTo 
P0 V = m0 RTo 
PV = (m+m0 )RT 
2.4 
2.5 
2.6 
Primer ;princfpio. Sistemas 1blartas. Réttme.n. variable {pses) 15 
y , volumen del tanque~ se obtiene con ]a ecuacjón 2.5 . De 2.6 se obtiene 
m y luego reemplazando P0 V0 · por mRT0 de 2.4, en 2.3 se calcula el trabajo 
L, = -52,314 kCIJi 
2-S - Desde un tanque se descarga aire a través de una válvula de modo que el ai-
re a la salida de la válvula mantiene una presión constan te de P = 2, 5 al m. Du-
rante la descarga, la temperatura del aire 
en el tanque se mantiene constante e 
igual a ·la del aire que sale de la válvula 
(T0 =20 "C), í¡gura 23. T, 
p 
Inicialmente el tanque contiene aire 
a P1 = 10 atm y el volumen del tanque 
es V = 2 m 1 • La descarga ímaliza cuan-
do la presión en el interior del tanque es 
igual a P . Calcular el calor intercambia-
do a través de las paredes del tanque. 
'----~--t:kJt---• r, 
m, 
FlGORA 1.1 
Solución: El sistema es el tanque. Resulta: 
Q - L = m,h, + AUsA 
L = O ; m, es Ja masa que saJe y h, es la entalpía por unidad de masa co· 
rrespondiente a la masa m, en el estado (P, T 0 ) : 
h, = U, + P,v, ; A UsA = (m- m,) U¡ - mU0 
donde m es la masa inicial en e] tanque, y u1 y U0 energías internas por uniR 
dad de masa de (m- m,) en el estado fmal (P, T0 ) y de m en el estado inicial 
( P 1 , T0 ) • Reemplazando queda: 
Q = m,U, + PV, + (m-m,) U1 - mU0 
A1 ser Ja temperatura del aíre invariable U, = U1 = U 0 ~ y entonces: 
m, U, + (m- m,) U1 - mU0 = O 
· Luego: 
Q = PV, 2.7 
V. es el volumen de la masa qne sale en el estado ( P , T0 ) . 
16 Prob!e.mas tipo 
Puede aplicarse la ecuación de estado: 
PV, = m,RT0 (masa que sale) 
P1 V =· mRT0 (masa inicial en el tanque) 
PV = (m-m,)RT0 (masa ímal en eltanque) 
2.8 
1,.9 
2.10 
De 2.9 se obtiene m y de 2.1 O, con m , se halla m, . Luego se ca1cu]a V., 
aplicarido la ecuación 2.8 y con este valor,.se calcula Q , usando la eCuación 2.7. 
Resulta Q = 4. 2 3, 2 k cal . 
CAPITULO 3 
PRIMER PRINCIPIO. 
SISTEMAS ABIERTOS. 
REGIMEN PERMANENTE (GASES) 
l. INTRODUCCION TEORICA 
Para un sistema abierto existe régimen p ennanen te cuando se comp len ]as 
condicioneS siguientes (ver figUra 2.!): 
1) La maoa que ingresa m1 es igual a la que sale m2 , y durante el tiempo que 
se considere, estas masas m 1 = m 2 , mantetÍdrán constante su valor por unidad 
de tiempo. 
2) Las condiciones de la masa que entra (h1 , e,1 , ePi) y de la masa que sale 
(h2 , e,2 , ep2 ) no carnblancon el tiempo. 
3) No hay cambios en el interior del sistema abierto, de m o do que en la fórmula 
2.1 es l>E~A = O • La fórmula 2.1 queda entonces con m1 = m2 =m : 
3.1 
El trabajo L (trabajo de circulación) se supondrá transferido siempre me-
diante un eje: 
3.2 
A los sistemas- abiertos p ennanentes se 1es da: también e] nombre de siste-
mas. circulantes. 
Son da tos para los problemas que se eimnciarán, referentes a estos sistemas, 
los valores ya dados de e P , e v y R del aire. 
iSQ3h -· 
m "" 
18 1 n:troduce:f6n teórlea 
Se tratará acerca de: 
a) Turbinas: se las comridera adiabáticas. Disminu~e la entalpí~ ~2 < h¡ Y se 
obtiene trabajo en el eje Lr >O . Resultan d esprecJables las vanacJones de ener-
gía cinética y potencial en turbinas de gas Y vapor: 
Lr = -t..H = m (h1 - h,) 3.3 
con h, y h2 enta!pia,s especificas inicial y fmal de la masa m. . 
b) Compresores: se los utiliza para la compresi.ón _d~ ':"ses. De be _transfenrseles 
trab3jo en un eje Le . Las variaciones de energm crnetJca y potencml son despre-
ciables: 
Q ~ L, = tJl = m (h2 - h,) 3.4 
donde h, y h 2 son las entalpías específicas inicial y fmal de la m'."a m- .. 
e) válvulas Reductoras: producen en gases y vapores. una brusca c.a¡da de pre?on 
la que se logra mediante un estrechamiento. El flmdo no camb10 su entalp1a al 
reducir la presión en la válvula reductora: 
llh = o 3.5 
d) Cámaras de Mezcla: a las mismas ingresan corrientes de. un mismo fluido o de 
distintos fluid os. En régimen pennanente, todas las comen tes que mgre~ }o 
hacen a la mis m a presión, siendo prácticamente igual la presió_n ~e las coment.es 
al salir juntas de la-s: cámaras de mezcla. Con Le¡e = O Y v.anacwn.es desprecm-
ble:s. de energía cinética y de energía potencial, :s-i hay i comentes:: 
h I: m, - I: m,h, = Q 
; ' 
3.6 
y si Q = O , cámara de mezcla adiabátíca, es: 
h I: m, - I: m1h1 = O 
; ' 
3.7 
Para dos corrientes: m 1 y m 2 , de entalpía-s: específicas h 1 Y h 2 ~ que sa-
len con entaJp ía específica h : 
(m1 + m2) h = m 1h1 + m2h2 3.8 
Observaciones: La aplicación de la fónnula 3.2 es válida únicame';te _e~ ando se 
dan las condiciones que aseguran el régimen permanente. No sera valida entre 
otros, en los c:a:s.os enuncí~dos a continuación. 
;-e: 
Prim-er principfo. Sistemas abfil!rtos. Régfme:n pue-rmanenhl (gms-os) 19 
a) Una turbina entrega trabajo en su eje al descargar, a través de la misrn.a, el aire 
contenidq en un tanque (no existe régimel} pennanente porque cambjan Ja-s con-· 
diciones de la masa que entra a la turbina desde el tanque). No vale para la mis-
mala fónttula 3.3 • · 
b) Se suriünistra aire a un-tanque mediante un compresor (no existe régimen p er-
manente porque cambia el estado del aire que sale del compresor, a medida que 
aumenta la presión en el tanque). No vale la fórmula 3.4. para el compresor. Sí 
existirá régimen permanente para el compresor si se acJara que éste comprime al 
aire siempre hasta que alcanza un estado determinado, invariab1e, antes de su _pa-
so al tanque. · 
e) Consideraciones simHares re.refentes al no cumplimiento de las condiciones 
enumeradas para Ja existencia de régimen permanente aseguran que no es válida 
la fórmula 3.2 para ninguno de los sistemas abiertos que puedan adoptarse en los 
problemas del capitulo 2, 2·1 al2-S. 
Para los problemas enunciados. a continuación rererentes a sistemas a bíertos 
en régimen p _ermanente, :son datos los valores y a da dos para e] aire de e,.. , e P y 
R. 
2. PROBLEMAS TIPO 
3 -l - A una cámara de mezcla adiabática (figura 3 J ) ingresan dos corrientes de 
' 
C. M. ' 
aire. Una, de masa m1 , a P0 = 5 
atm y T 0 = 800 •e, que se expan-
de previamente en una válvula reduc-
tora, la otra de masa m2 ~a P2 = 3 
(m¡.,_ m::J TJ atm y T2 = 20 o e. A Ia :salida de 
Ja cámara de mezcla: el aire tiene tern~ 
pera tura T 3 = 120 • e . Calcular la 
relación entre las masas m 1 y m 2 . 
FIGURA 3. L Sol u c:ión: Para ]a cámara de m ezc]a 
será válida la fórmula general 3.1 , de 
la cual, con Q =·o ; L,¡. = O ; IJE, =O y IJEp = O, se obtiene AH= O , por 
·Jo tanto: 
o: 
<:-------·---:-¡ 
2-0 Prob,emas tipo 
Suponiendo el aire gas ideal: . 
¡,, - h, ~ e, rr, - r,! y 
Luego: 
(T _ T,! + ·m 2 c, (T,- T,J m1 cp ! 
m, T3 - T, 
~ r,- r, 
= o 
m, 
, h (fórmula 3 .S) de modo 'l u e al 
, · 1 a la entalp1a o ' 
La en talp,. h' es ,gua \irá 'l u e T' "' T o . Luego: 
considerar al aire un gas ideal se c~mp 
m, ~ T,- T, 
To- T; 
. (m ¡m 2 ) ~ O 147. 
3.9 
D ta fórmula se obtiene 'lue ' ' e~ . . . T - 20 o e y lo cornpnme a 
· p - 1 otm Y o - ' ·0 
3·2- Un compresor aspira arre a "-~ fi 1 p ~ 3 atm . . El trabajo necesan 
tan te hasta u na pres10ll m a 1 
tempera tora cons . d 1 
1
, . del compresor se obl!ene e 
en e e¡e turbina 
trabajo total en el eje de una 
adiabática, a la cual entrar :U~ O~ ~~a Pr r' 
.. n p = 4 atm Y 1 - ' 
pres>O . 1 T - 400 o e . Calcular la 
saliendo a 2 - · . ue 
relación entre la masa de aue m e d q_ . 
circula en el compresor y la masa ; ~-
re 'lue circula en la tmbina (figura · ... 
Se supondrá 'lue en la transformac!on 
del aire en el compresor 'luedan e~tab le-
'"' 
r, 
cidos todos los estados intermedios en. 
tre el inicial Y el fma\. • . • la 3 3 y para el compresor la 3.4, de 
Solución: Pa<a la turbina es valida la formu . 
modo 'lue: ) Y Q _ L, ~ m, (hr- ho! 
Lr = mr (h, - ¡,, 
Siendo 
Lr >O y L, <O 'o sea Lr = -L, 'Juego: 
mr (h,- h,) = m, (hr- ho! - Q 
Primer prfncip lo. Slstemas abierto~~ Ré-gima n. ~erm:11 n.ente (gases) 21 
Al suponer al aire como \m gas ideal la entalpía so lo depende de la tempera-
tura, de modo que hr = ho , por lo que mr (h 1 - h2 ) = -Q y Q = L,, por ser 
nu 1a la variación de energía interna, y el calor dependiente de la transformación, 
o sea de la función P = f{V) que relaciona presión y volumen en la transforma-
ción. Como P = m,RT0/V resulta: 
dV 
V 
.Además P¡Vr = P0 V0 , quedando: 
luego: 
P¡ 
Q =-m RT0 ln-' Po 
Además h1 - h2 =e, (T1 - T2 ), entonces: 
. m, (T,- T2! 
= 
mr RTo In (PtfPo! 
De 3.10 se obtiene <lUe (mJmr! = 4,346. 
3.10 
3-3 - Con el aire <lUe sale de una turbina adiabátiéa se calienta agua lí'luida des-
de T0 = 20 o e a T1 = 90 "e (figura 3.3) . El aire mantiene constante su pre-
sión P 2 al transferir calor al agua líq u i· 
da, <lU edando finalmente con T 3 = lOO 
'e . La relaCión entre la masa de agua lí- ,.j T¡ 
<lUida y la masa de aire~ m/m. = 0,25 , 
el trabajo en el eje de la turbina e; Lr = 
= 1 O. 000.000 kca/ y la temperatura del 
aire a la entrada a la turbina es T1 = 1 
= 800 ' e . El calor específico del agua 
líquida es C L = ) kca/j kg 0 e . Calcular: 
a) temperatura T2 del aire a la salida de 
la turbina ; b) masa de aire y de agua lí-
'luida. 
Solución' Para la turbina es válida la fórmula 3.3 : 
Lr = m, (h1 - h2J 
;;;s;;;;;::;:a:; s:;r.:;¡;n:;:.--
·tr::cr m r §!:7;1 "*'"'"' 
22 Problemas tlp G 
Por considerarse al aire como gas idea]: 
Juego: 
h, - h2 = Cp (T1 - T2 ) 
Lr = m.cP (T1 - T2 ) 
Para la transferencia de calor entre el aire y el agua líquida: 
mcL (Tr- T0) = m.cP (T2 - T3) 
3.11 
3.12 
Con las ecuaciones 3.1 I y 3,12 y con mfm. = 0,25 quedan corno únicas 
incógnitos T2 y m : 
3·.13 
3.14 
De 3.14 se obtiene T2 = 445,9 K = 172,9 o e. De 3.13 se obtiene que 
m= 16610,8 kg. Luego m. = m/0,25 = 66443,4 kg. 
3-4 - Medjante un compresor adjabático que asp.ira aire a Po = 1 atm y T
0 
= 
= 20 •e Y lo lleva a un estado 1 con P1 = 3 atm y T1 = 130 •e, se sunúnistra 
m 1"1 Tr 
" 
ftGURA3A 
aire a un cilindro (f¡gura 3 A), paJa 
lograr el barrido de un volumen A V 
igual a 0~6 m3 , contra una presión 
constante P = P 1 = 3 a 1m . Durante 
e] barrjdo el aire mantiene su tempe-
ra tura constante T1 = 130 oC , y no 
intercambia calor._ 
'Calcular el trabajo en el eje del com-
presor para lograr el barrido del volu· 
men AV, suponiendo que no existe fricción durante el barrido. 
So luc fó n: El compresor funciona en régimen pennanente luego con Q = 0 , de 
la fórmula 3.4 se deduce que: ' 
-L, = m (h1 - h0 ) 
Como h, - .h2 =e, (T1 - T0 ) es: 
3.15 
Primer prirLclpio. Sls.temu .abrertos. Rétimen pe-rmanente {gam) 23 
La masa de aire necesaria es la que corresponde al volurn e o ..0. V en el esta· 
do (P1 , T1 ): 
P1 AV = mRT1 3.16 
. De esta ecuación se calcula m y Juego en 3.15 es Le = 41,5 7 ki/oca/or {Q!i. 
3. PROBLEMAS ENUNCIADOS 
3-5 - Se tie11e la instalación de la figura 3.5 . Una masa de aire m1 a P1 = 3 
atm ; T1 = 500 •e, se enfría a 
presión constante, transflriend o ca~ 
lor a u na m .asa de agua líquida m , 
la que pasa de una ternp eratura ini- r, 
cia] T0 = 20 °C, a una temperatu~ m1 P. 
ra final T¡ = 70 o e . Luego de esa 
transferencia de calor ]a masa m 1 
ingresa~ a una cámara de mezc1a 
adja bática, junto con otra m as.a de 
aire m2 a T3 = 500 •e. Las ma-
J 
• c."· .T. s 
FIGURA 1.S 
sas m 1 y m2 se expanden luego de salir de ]a cámara de mezcla en una válvula 
reductora, quedando a la presión P5 = 1 atm con T5 = 350 •e. 
Si la relación entre la masa de agua líquida m y la masa m 1 de aire es 4 , 
calcu1ar la relación entre las masas de aire m1 y m2 . Como dato se da e] calor 
específico del agua líquida eL = 1 kcal/kg •e. 
3-<i- Se tiene la instalación de la figura 3.6. Aire a p1 = 4 atm ; T¡ = 800 "e 
' '" P, r, 
FIGURA 3.6 
4 
se expande en una válvula reductora 
hasta P2 = 3 atm y luego en una 
turbina adiabática hasta P 6 = 1 
atm . Al llegar el aire a la presión 
P 2 , antes de .ingresar a ]a turbina, 
se deriva hacia una cámara de mez· 
el a una m asa m 1 , la e u a] ingresa 
junto a una masa m2 a ]a misma 
presión P2 y a T4 = 20 "e , sa-
liendo de la misma con P5 ~ P2 y. 
T5 = 1 oo " e . Si m2 = 10.000 
24 Pro blem ;u a n.uneiado.s 
kgfhora Y la potencia en el eje de la turbina es N T = 2000 HP ( 1 HP = 63 2 
kcal/hora) . Calcular las masas m 1 y m en. /cg /hora. 
CAPITULO 4 
TRA N SFO R MACI ON E S 
POLITROPICAS 
1. lNTRODUCClON TEORlCA 
Una transJorrnacíón politrópica es una transformación en Ja cual el calor 
específico e se mantiene constaflte. Son fórmulas válidas para Jas transforma-
ciones politrópicas de gases perfectos Jas siguientes, en las cuales se ha conside-
rado mí estado inicial (P1 , V1 , T1 ) y un estado final (P2 , V2 , T2 ): 
P1 V] = P2 V1 ó PV' = constante 
T1 vr' = T2 VT' ó TV"'1 = constante 
Pf'-"Tll> T1 = py->!hr2 ó pfM!I>r = comtante 
Q= 
Cp - e 
1' =--
Cv- e 
(K-')') 
e = e, (1 _ 'Yi 
(K- 'Yi 
me, ( . ) (T2 - T1 ) 
1- 'Y 
f
2 mRT1 L = P d V = --'::..:.::_"-
1 ('(- 1) 
(2 2 
- J, V dP = 'Y J, P dV 
4.1 
4.2 
4.3 
4.4 
4.5 
4.6 
4.74.8 
. -- S 
25 Pro blam.a s tipo 
"1 es un exponen te adimensional, e~· y e P :son los calores f.spec íficOs del 
gas ideal a volumen constante y a presión constante. K= cp/Cv . Si: 
1<-y<K e < O 4.9 
2. PROBLEMAS TIPO 
4-] - Demostrar que en una p olitrópica de un gas -ideal, con calor específico 
negativo, el valor absoluto del trabajo es mayor que el valor absoluto del calor in· 
tercam biado y que el valor absoluto de la variación de energía Interna: 
ILI > IQI y IL 1 > l<l!UI 
Solución: "Y- K 
e= Cv ---. 
-y-1 
Si e< O, es 1 <-y<K; si .m es la masa: 
Q = .mc<l!T ; <l!U = mc.AT 
L = Q- AU = m(c-c.)AT 
Si AT <O es me <liT> O y -mcv<l!T >O , quedando demostrado. 
Si AT> O es mcAT< O y -mcvAT< O, quedando demostrado. 
4.5 
4-2 - Demostrar que si el exponente "Y para u11a politrópica de un gaúdeal es 
negativo, el calor específico e es positivo. 
Solución: "Y- K c=c--·-
v -y-1 . 
Debe ser -y- K<O y -y-1 <O ,luego c>O. 
4·3 - Un tanque contiene aire a· P1 = 4 atm y T1 = 60 'C. Se produce un es· 
cape de aire hasta que la presión fmal en el tanque es P 2 = 3 atm . El volumen 
del tanque es V = 20 m 3 • Calcular la masa de aire que sale d eltanq u e en Jos ca-
sos siguientes: 
a) la des<:arga se produce en forma infmitamente lenta, tanque adiabático. 
' 
Tra rufo rmaclone.s pe! ltróp leas 27 
b) Ja desca_rga se produce en tonna infrnitamen te rápjdat tanque adiabático. 
e) la. descarga se produce danto tiempo a que el aire interior llegue al equilibrio 
térmico con la atmúsfera (T0 = 20 'C). 
Sotución: a) Para el aire interior todo ocurre como si cada kilogramo de masa ex-
perimentara una transformaciún politrúpica y adiabática (e = 0) , luego 4.5 se 
deduce que "Y = K = e p/c v • Luego: 
[;;j (K-1}/K = ;: 4.10 
y la masa final será: 
m¡ 
P2V 
=--
RT, 4.11 
y la inicial: 
P1 V m---
RT1 
4.12 . 
Salen (m- .m¡) kg de aire. Calculando m con 4.12, T2 con 4.1 O y m¡ 
con 4.ll,sale que (m- m1) = 15,73 kg. 
b) Todo ocurre como si cada kilogramo de aire interior hubiera experirn entado 
una .brusca caída de presión {proceso equivalente a Jo que sucede en una válvula 
reductora), luego Ja temperatura final de!. aire en el tanque será igua1 a ]a inicial 
T2 = T 1 • De 4.ll :saJe m1 y con m y m1 se obtiene que en este caso resulta 
(m- m¡) = 21,17 kg. · 
e) Como se conoce el estado final ( P 2 , T 0 ) en el tanque, puede calcularse mi = P2 V/RTa ) con este va1or y el de m , se obtiene que en este caso tenem!Ji 
(m-m¡)= 12,50 kg. 
44 - Se dispone de dos recipientes rígidos y adiabáticos, que pueden comuni-
carse entre sí {figura 4.1). UJtrecipiente es· 
tá vacío, el otro contiene aire a P1 = 3 atm 
y T1 = 80 'C. El volumen d·e.Jos dosreci-
pientes es el mismo y su valor es V = 3 m3 
ca.da uno. Suponiendo despreciable el volu· 
·m en de] conducto de comu nicación
1 
ca1cu~ 
lar las temperaturas fmales en cada reci-
piente cuando se pennite que se alcance el 
equilibrio dinámioo entre ambos, al comu-
nicárselos de modo que el pasaje de aire 
1 
"' 
P, 
,. ·m 
T 
. 1 
,. 
\lACIO 
• ~ 11} 
FIGURA4.1 
.1 
' ·1 
:r 
! 
·' ., ' ~ 
¡1 
2 B Proble m ;u trpe. 
puede suponerse infmitamente lento~ 
Solución: Debe procederse según se explico en el capítulo l. El sistema es lama-. 
sa: m: 
m 
P1 V, 
-- = 9kg 
RT, 
Q- L = l>U 
Si m~ es Ja masa que :sale de (1) con Q·= O y L ==O ,-se tendrá que AU== 
=o y: 
l>U = O = (m- m') e, (T11 - T1 ) + m'c, (T21 - T1 ) 4.13 
T,1 y T21 son las temperaturas finales en (!)y (11). De 4.13 se deduce 
que: 
m- m~ 
m' 
r,- r,, 
r,1- r, 
Por ser igual la p~sión fmal p en (1) y (11) e¡: 
y de aquí se deduce: 
(m- m') RT11 
V 
m'RT2 , 
V 
(m-m'} = r,, 
m~ T11 
4.14 
4.15 
4.16 
Por pro~ucirse ]a descarga en forma infinitamente lenta, se tendrá por cada 
kilo masa de aire de (1) una transJomlación politrópica y adiabática, de modo • que con e = O se tendrá que "/ = K = e p/e, . Usando la fórmula 4.2 para la re-
lación entre Jas temperaturas y los volúmenes específicos: 
["V/(m-m'!l'-K 
[ V/m ] 
4.17 
V/(m- m') y V/m son los volúmenes específicos final e inicial del aire en 
(1). De 4.17 se deduce que: 
= !!.r_ 
T, 
4.18 
Transfa.rmac!onn P.Oiitró p ica.s 29 
De las ecuaciones 4.14; 4.16 y 4.18, en las que hay tres incógnitas T1 f , 
T 2 f y m' , se obtienen las tempera tu ras fmales en (1) y en (II): 
T11 = 289,5 K = 16,5 'C ; T21 = 451,6K = 178,6 'C 
4·5 - Un recipiente rígido y adiabático está dividido en dos partes por un tabi· 
que r i.gido (fignra 4. 2 ), estando una de las dos par! es cerradas por un pistón tam-
bién adiabático. 
En(l)hay m 1 =2 kg de airea P1 = 1 
atm y T1 = 20 'C, y en (II) m2 kg de aire 
a P2 = 2 atm y T2 = T1 = 20 'C, ocupan-
do el volumen V2 =2m
3 • Se comprime el 
aire contenido en {1)) el cual experimenta 
una transformación politrópica, hasta que el 
aire en (11) alcanza una temperatura fmal 
T = 90 'C . Calcular las presiones finales en 
(1) y (11) y el volumen fmal en (1). 
1 t .. ' 
' 1 
p, 
FIGL1RA4.~ 
SO [u e¡ ón: Debe .procederse como se -explicó al tratar acerca del primer principio 
para sistemas cerrados. El sistema es (m1 + m2) y: 
Q - L = ll.U Q = o 
AU = m1 c,(T- T1 ) + m2e, (T- T,} 
luego: 
-L = m1 e,(T- T1 ) + m2e, (T- T,) 4.19 
Las temperaturas en (l) y en (11) se mantienen iguales porque al ser la trans-
formación de m1 una politrópicat debe producirse manteniéndose el equilibfio 
ténnico éon la masa m2 , o sea que la transferencia de calor entre m1 Y m:z es 
con saJ.to infmitamente pequeño de temperatura. Además: 
P2 V2 = m,RT, · 
P11V11 = m1RT1 
De 4.20 se obtiene m2 : 
(estado inicial) 
(estado fmal) 
(estado final) 
4.20 
4.21 
4.22 
30 Problamu tipo 
De 4.22 se obtiene la P.'_"sión lmal en (11), que resulta P f .; 2, 48 atm . 
Por ser la transformac10n de m 1 politrópica, el calor transferido en la mis-
ma valdrá: · 
La variación d:e energía interna de m 1 es: 
!J. U = m,c, (T- T1 ) 
Luego el trabajo L puede expresarse como: 
L = Q - !J. U = m1 [ ~ =: e, -e,] (T- T¡) 
obteniendo L de 4.19 y calculando 'Y de 4.23. Ento11ces: 
[P,,l !r-I!h = I_ 
[P,j T1 
4.23 
4.24 
m
3 
De 4.24 se obtiene P11 = 7, 73 atm , lu.ego de 4.21 se calcula y11 = IJ,266 
CAPITULO 5 
MEZCLAS DE GASES 
1. INTROOUCCION TEORICA 
Se supondrá ideales a los gases, por lo tanto, vale enlooces el concepto de 
presión parcial y la ley de Dalton. 
La presión· parcial de un gas, componente de una mezcla de gases idea1es, 
que está a una temperatura T , ocupando un volumen V ~ es ]a que le correspon-
de al gas en la mezcla, equivalen te a la que tendría so]o ocupando el mismo volu-
men V a la misma temperatura T . La ley de Dalton establece que la presión 
de una mezcla de gases ideales es iguaJ a la suma de las-presiones parcialeS: de ca~ 
da gas. · 
Eslos conceptos de presión parcial y presión total, unidas al hecho de que 
en la mezcla cada gas ocupa todo el volumen y al hecho de que si son gases idea-. 
les cada gas se coffiporta como si estuviera so Jo, Son fundamentales para la reso-
lución de los problemas de mezclas de gases ideales. 
2·. PROBLEMAS TIPO 
,, 
Q 
FJGUii:A5.1 
••• 
•r.~· 
To 
5-1 - Un recipiente rígído contiene inicialmente 
n0 = 0,5 kmoles de oxigeno a Po =JO arm en 
(D y IIN = 0,05 kmoles de nitrógeno a PN = 1 
atm en ( 11). Ambos gases, que pueden suponerse 
id ea1es, mant.ienen constan te ·su temperatura 
To = 20 "C (figura 5.1). 
Suponiendo que el tabique que separa (1) y (11) es 
poroso, impermeable al oxígeno y POI1Íleable al 
nitrógeno, establecer ]as presiones f'ma1es de nitrógeno y de oxígeno. · 
_,- ;.¿:.1 
32 Problemas tipo 
So 1 u e i ó n : Según Jos conceptos explicados, cada gas se comporta como si estuvie-
ra solo, de modo que e] nitrógeno pasará a oc u par los dos volúmenes, e1 de ( 1) y 
el (11}, mezclándose en (1} con el oxígeno, hasta que alcance un estad(; fmal en el 
cual su presión sea la misma en ( 1} y en (11}: 
PN = 
nNRrJTo 
5.1 
VN 
PNt = 
nNRuTo 
5.2 
(Vo + VN) 
donde PNf es la presión fmal del nitrógeno yR. es la const!nte universal de 
los gases ideales. También : 
V o = 
no RuTo 
5.3 
Po 
VN = 
nNRuTo 
5.4 
PN 
con V o = VN , deducido a partir de 53 y 5.4. Se obtiene de 5.1 y 5.2 que es 
PNr = o;5 atm. 
La presión del oxígeno no cambia, ya que en la mezcla el nitrógenO se· com-
porta como si estuviera soJo, y no cambia ni su volumen ni su temperatura (se}s-
tableció que las temperatura¡ se mantienen constantes en (!) y ( !!} y que eran 
iguales para ambos gases). 
S-2 ~ Si los gases, ·oxígeno y nitrógeno, mencionados en el problema 5-1, se en-
cuentran jnidalmente a distinta temperatura, 
siendo la del oxígeno T 0 = 20 o C y la del ni· 
trógenO T N- = 6 () Cl" e , y con las mj:smas presio~ 
nes, Y siendo n0 = 0,5 y nN = 0,05 el núme-
ro de kilomoles de cada gas, calcular las presio-
nes y las temperaturas finales del oxigeno y del 
nitrógeno, suponiendo que el recipiente y el ta-
(1) (11) 
FJGURA 5:2 
bique poroso sean adiabáticos (figura 5.2} . Como dato, el calor molar a volu-
men constante del oxígeno y del nitrógeno es c, = ( 3/2) R. y: 
R~ = 848 kgm 
kmo/K 
(constan te universal) 
M ezc.l as -de gases. 33 
So 1 u ció n: No quedando establecida la te1.11peratura final como en el problema an· 
terior, debe apHcarse el primer principio, en la forma explicada al tratar acerca 
de sistemas cerrados. El sistema es (no + n N) : 
Q - L = D.U ; Q = O L =O 
5.5 
La temperatura final det ox (geno y del nitrógeno será la misma porque no 
cesará de pasar nitrógeno hasta que no se alcance una temperatura uniforme para 
ese gas~ el cual quedará a igua1 temperatura y pr~sión en ambos recipientes. A~ e-
más en el estado fmal tenemos: 
PNr = 
nNRuT 5.6 
V0 .+ VN 
Por 
n0 R.T 5.7 = V o 
V o 
n()RuTo 5.8 = 
Po 
VN 
nNRuTN 5.9 = 
PN 
De 5.5 se obtiene T = 296,6 K= 23,6 'C. Luego, con Vo Y VN ~alcu­
lados con 5.8 y 5.9, se obtienen de 5.6 y 5·.7: 
P O 53 1 •. P01 = 10.13 atm N¡= , a m 
. 5-3 -Un cilindro está dividido en dos partes (1) y (1!), según indica la figura 5.3. 
El cilindro y el pistón son adiabáticos, siendo despreciable la fricción entre 
ambos, y el tabique que separa (!)y (1!) poroso, impermeable al oxígeno y per-
meable al nitrógeno y adiabático. 
Eá(l) hay n0 = 1 kmo/ de oxígeno a T0 = 20 'C Y a la presión P =JO 
atm constante, que transmite el pistón .. En on hay nN = 0,05 kmo/es de ni-
trógeno a PN = 1 atm Y TN = 100 'C. 
Suponiendo gases ideales al oxígeno y al nitrógenoJ calcular las presiones fi-
nales p01 y PNr de ambos gases. e, y R. son los dados en el prob~a 5-2. 
34 Pro Dlema.s tipo 
,...!..., 
p Yo fl) 
"" To 
11,~- T~· (llJ 
P,. v,. 
FlliUKA 5.3-
Solución: El sistema es (n0 + nN). Luego; ~ 
Q - L = !J.U ; Q = O ; L = P(V
01
- V0 ) 
donde Vo1 y V0 son Jos volúmenes final e inicial de (1). 
Además: 
La temperatura final del oxígeno y del nitrógeno es la mis-
ma, según se exp1icó en eJ problema 5·2. Luego: 
Además resulta: 
PV0 = n0 R.T0 
PNVN = nNRuTN 
Teníendo en cuenta el concepto de presiones parciales: 
5.11 
5.12 
5.13 
y según la ley de Dalton: 
5.14 
De S .11 y 5.12 se obtienen los valores de V0 y VN quedando entonces 
como incógnítas en 5.10 y 5.13 V01 , T y PN¡ . Para la resolución puede re-
currirse a la ley de Dalton como sigue: 
5.15 
El sistema de ecuaciones 5.10, 5.13 y 5.15 permite el cálculo de PNr = 
= 0,297 a/m. Luego, de 5.14 se obtiene P01 = 9, 703 atm . 
¡- --- --·--
CAPITULO 6 
SEGUNDO PRINCIPIO 
DE LA TERMODINAMICA 
]. lNTRODUCClON TEORlCA 
Enunciado de Pkmck: Es imposible una máquina térmica que transforme íntegra-
mente en trabajo el calor que se Je transfiere desde una fuente. 
Máquina Termica: hace que un sistema cumpla ciclos~ intercam bj;:mdo calor y en-
tregando un trabajo (figura 6.1): 
Q, + Q2 = L 6.1 
Rendimiento.~ 
L 
1) = 
Q, 
6.2 
E~unciado de Claussius: Es imposible que el calor pase, 
por si solo, desde una temperatura menor a otra mayor. 
FJGU.RA6.L 
TrallS[ormaciones reversibles e irreversibles: Los conceptos de transformaciones 
reversibles e irreversibles se fundamentan en el enunciado del segundo principio. 
Una transfonnación es irreversible, cuando Juego de ocurrida, es .imposible 
volver el sistema y e] medio a sus condjcione.s iniciales. En caso contrario, la 
transfom1ación es reversible. 
36 Problemas tipa 
Son causas de irreversibilidad en los procesos: que intervienen: 
1 ) transferencias de calor con salto finito de temperatura. 
2) desequilibrios mecánicos fmito s (a causa de un ·salto de presión finito, por 
ejemplo). 
3) la fricción. 
Teorema de Carnot: Para todas las máquinas térmicas que funcionan jntercam-
bjando calor únicamente con un par de fuentes de calor de temperaturas T1 y 
T2 , con T2 < T1 J se cumple que: 
- todas las máquinas ténnicas reversibles tienen e] mismo rendimien t~. 
- cua1quier máquina térmjca jneversible tiene un rendimiento menor que las an-
teriores. 
.. el rendimiento de cualquiera de las máquinas ténnicas reversibles será: 
T2 
'1=1--
T, 
6.3 
Teorema de Claussius: La suma algebraica de las relaciones, entre los ca1ores in-
tercam b.iados por un sistema que efectúa un ciclo Q 1 y ]as temperaturas abso1u· 
tas 1'¡ de Jas fuentes que .intercambian ese calor Q1 será ; 
:¡; ( QJT¡) < o 
:¡; ( Q,/T¡) = o 
6.4 
6.5 
La fórmula 6.5 vale si el ciclo es reversible, y la 6 .4 si el ciclo es irreversible. 
Pina una transfonnación reversible de la masa m que circule en el caso de 
un sistema circulante {capítulo 3) se cumple que: 
-V dP = oL,¡. + dE, + dE, 6.6 
-f- V dP = Ley. + l>Ec + l>Ep 6.7 
2. PROBLEMAS TIPO 
6-1 - Una máquina térmica reversible M, {figura 6.2) intercambia calor con 
dos fuentes, una de temperatura T1 = 1000 K y la otra de temperatura T 2 = 
· = 400 K , siendo el calor intercambiado con esta última Q2 = -400 k cal . 
= ~ -= =~ -- - ~ - - - - ~ ~-~ - ~- -
La máquina térmica M 1 funciona 
acop ~a da a un mismo eje con otra máquj. 
na que hace que un sistema efectúe ciclos 
( M2 ) , transfrriendo todo el trabajo L 
que entrega a la máquina M, . Esta últi-
ma puede intercambiar calor con Ja fuente 
de T1 = 1000 K y con otra de T3 = 600 
K . El calor transferido total por la fuente 
T1 al conjunto de las máquinas M 1 y 
M2 . es Q1 = 1000 kcal. · 
Calco lar los calores intercambiados 
por M1 con la fuente T1 y por M2 con 
las fuentes T1 y T3 • 
Segundo p rinclp-!o de la term-c-diinám ica 3 7 
FIGURA-6-.2 
Solución~ Por funcionar M 1 únicamente con dos fuentes y ser reversibJe, su ren-
dimiento vale (por 6.2): 
L 
'11 = Qi Qj 
Q, 
= 1 + 
Qi 
1 
_ T2 
T, 
6.8 
Qj es el calor intercambiado por M1 con la fuente T1 • De 6.8 se obtie· 
ne que Qi = 1000 k cal. El trabajo será entonces: 
L = Qj + Q2 = 600 kca/ 
La máquina M 2 intercambia entonces calor con la fuente T 3 · únicamente, 
siendo Q3 = -Qi' + L = -600 kca/ . La máquina M, es irreversible, ya que es 
imposible que funcione en sentido contrario, intercambiando el mismo calor Q3 
con la misma fuente T3 y el mismo trabajo L , también en sentido contrario, 
según establece el enunciado de Planck del segundo principio. 
6-2 - El ciclo Otto ideal de aire está formado por dos transformaciones adiabáti· 
cas reversibles {0-1) y (2-3) y por·dos transformaciones reversibles a volumen 
constante {1-2) y (3 -0) , según se indica en un diagrama presión-volumen en la 
figura 6.3 . 
El rendimiento del ciclo es: 
'1 = 1 - To 
T, 
3-8 Problemas tipa 
' 
Si se tiene un ciclo Otto de rendimiento 11 = 
= 0,55 ,con T0 =300K ,y T1 = 900K ,cal-
cular T1 y T2 • El aire se considera gas ideal 
con K= 1,4. 
Solución: 
Luego: 
V 
FtGURA 6.3 
To 
T1 
1 - '1 
To 
T1 =--
1-'1 
6.9 
De ]as relaciones correspondientes. a las transformaciones adiabátícasreversi-
bles para un gas ideal (4.2}, se deduce que al ser V1 = V2 .y V0 = V1 : 
luego 
T2 1 - = -- 6.10 
T1 1- 11 
De6.9 se obtiene que T1 =666,7 K. De6.10resultaque T2 = T1 2,22= 
= 1198 K. 
6 ·3 - El rendimien lo de un ciclo DiOilel compuesto por dos transformaciones 
adiabáticas (O -1 } y (2 · 3} , una transforma-· 
cíón a presión constante (1-2} y una trans- P 
formación a volumen constan te (3 ·O}, lo· 
das reversibles, es: 
(r{ -1) 
'1 = 1 -
Kr§-1 (r1 - 1} 
En la figura 6.4 se ha representado es-
quemáticamente el ciclo Díe.sel en un dia-
grama presión -volumen. 
Se supone al ciclo efectuado por alre, 
al que se consídera gas ideal, con: 
e 
K=== 14 
Cv • 
; 
V, T2 
r, = VI = T, 
3 
V 
FJGURAó..4 
.. Te = ~ - [;;J"{K-1} 
Calcular el rendimiento del ciclo Diesel si para el mismo es TJ = 0,12rc ; 
T0 = 300 K y T2 = 2000 K. 
Segundo p rincrpio de la termodlná rT.ic.a 39 
Solución: Con r1 = 0,12 re resulta que: 
Luego V2 = 0,12 V0 • De 4.2 : 
sale que: 
v, v. 
V, = 0,12 v, 
(0,12)K-1 = ;: 
Puede demostrarse que, aplicando 4.2, para un ciclo ideal: 
luego: 
T, = T, f;:j 1/K 
6.11 
6.12 
Con T, obtenida de 6.1 1 se calcula T1 aplicanHo 6.12 y luego re de: 
_ tT1J 1/K-1 Te--
To 
Con TJ = 0,12rc y la fórmula del rendimiento, se obtiene que '1 = 0,62. 
CAPITULO 7 
ENTRO PIA 
1. 1 NTRODUCCION TEORICA 
La variación de entropía M, correspondiente a una transformación rever-
sible de un sistema- cerrad o, que presenta en cada una de :sus sucesivos: estados 
temperatura absoluta T unifonn e, puede calcularse mediante la fórmu1a : 
. f' 6Q !>S= -
' T 
7.1 
~ Q es e] calor intercambiado por el sistema en cada una de las sucesivas 
transformaciones eJementaJes de temperatura media abso1uta T. · 
Consideraciones basadas en los conceptos dados en e] cap itu]o 6 permiten 
(lemostrar que la entrop ia S es una función de estad o. La variación de entropía 
de un sistema cerrado en una transformación adiabática-·irreveísible es posítiv:a. 
l.a variación de entropía de1 u ni ,..·erso .(sistema más medio) es: 
7.2 
7.3 
La fóhnuJa 7.2 vaJe cuando ocurren t~ansfonnaciones .irreversibles en el uni-
verso) Y ~a 7.3 cuando solo ocurren transformaciones reversibles~ 
42 .1 n.trad u c-c:ió n. teórica 
De la fórmuia 7.1 se d ~u ce además que para transformaciones irreversibles 
a volumen constante, si el calor específico Cv es constante: 
J
2 
~Q J2 dT T, 
AS.= 
1 
T = 
1 
me,.. T = mc,.lnT; 
A p~sión constante, si el calor especifico Cp e~ constante: 
y a temperatura constan te T : 
T, = mcp 1n-
T, 
Q 
I:.S=-
T 
En una transformación adiabática reversible es: 
!J.S = O 
7.4 
7.5 
7.6 
7.7 
Además puede deducirse que para una fuente de calor de temperatura T¡ 
que intercambia calor Qf es: 
!J.S = Q¡ 
r, 
Para gases ideales va1en_1as fórrnu1as siguientes, entre un estado 
T1 ) y un estado (P2 , V2 , T2 ): 
T2 p2 
!J. S = mcp In T, mR!u-P, 
T, v, 
!J. S = mcv ln T¡ + mRln-. v, 
v, P, 
!J.S.= mcp In V, + mR!u-
P, 
7.8 
(P1 , V,, 
7.9 
7.10 
7.11 
En el caso de Ira tarse de aire, son válidos en los problemas que siguen, re fe· 
rentes a entropía, los valores de Cv , e P y R ya dados. 
1 . 2 .. 
Entropia 43 
2. PROBLEMAS TIPO 
7 ·l - Un recipiente rígido y adiabático e SI á dividido en dos partes por un tabi-
que. Una parte contiene m1 = 2 kg de aire a P1 = 5 atm y T1 = 20 'C, y la 
o Ira m2 = 3 kg de aire a P2 = 1 atm y T2 = 60 'e·. Se quita el tabique. Cal-
cular la presión y la temperatura final en el recipiente, y la variación de entrop ia 
del universo. 
Solución: El sistema es (m1 + m2 ). Como: 
Q-L=!J.U ; Q=O L = O 
Juego: 
!J.U = m1 c,(T- T 1 ) + m 2 c, (T- T2 ) =O 
De 7.12 se obtiene que T = 317 K= 44 'C. Además: 
m1RT, v, = 
P, 
; 
Con estos Va1ores, se obtiene ]a presión final P ·a partir de la ecuación: 
P(V1 + V2 ) = (m1 + m2 )RT 
Resulta P = 1,42 atm . 
7.12 
7.13 
La variación de entropía de m 1 y m2 puede calcularse aplicando la fór-
mula 7.9: 
.6Sml = 
T 
m1 cp in--
T, 
T 
Mm 2 = m2cp ln - -T, 
p 
m1 R ln-P, 
p 
m2R !u P, 
Se obtiene !J.Sm 1 = 0,191 kcai/K y !J.Sm 2 = 0,037 kcai/K. La variación 
de entropía de] l:lniverso -será: 
Es positiva por tratarse de una transformación irreversible, ya que hay 
acción de una diferencia de presión fmita (P1 - P2 ) y se ponen en contacto las 
masas m 1 y m2 a distinta temperatura. 
__ www_t -_-f$-fi_ + -ª' --
44 Problemas tipo 
7·2 - Una máquina ténnica reversible funciona intercambiando calor con una 
masa de aire m = 100 kg, que se enfría a volumen constante desde T1 = 1200 
"e a T2 = 600 "e y con la atmósfera (T0 = 27"e) 
(figura 7.1) . 
Calcular e]. rendimiento de la máquina ténnica. 
So lu e fó n: Para obtener las ecuaciones: necesarias para 
la resolución de] problema puede recurrirse al primer 
principio y al concepto de entropía .. Para la máquina 
térmica: 
Q + Qo = L 7.14 
Siendo 1a rnáq uina térmica rev~rsibJe, la varia· 
ción de entropía del universo será nu1a. N o existe va· 
riación de entropía en la máquina té.nnica, porque és-
FIGURA 7.1 
ta hace q_ue un sistema efectúe ciclos y la entropía es: una fundón de estado. La 
variación de .entropía de] universo será igual a ]a suma algebraica de las variado· 
nes de entropía del aire y de la atmósfera: 
De 7.4 se obtiene que: 
y de 7.8 resulta: 
Luego: 
Tz 
== mc..,ln-
T, 
AS.atmósfertJ 
T2 Qo 
mcfn-+-=0 
V T, Tó 7.15 
Calculando Q0 a partir de 7 .!Soy con Q = me, (T1 -· T2) >O y siendo 
Q0 < O para la máquina térmica se obtiene L de 7 .!4 . 
El rendimiento de la máquina térmica es (ver 6.2): 
L 
'1 =-
Q 
y resulta ~ = O, 738. 
Entropía 45 
7·3 - Una máquina térmica reversible funciona intercambiando calor con tres 
fuentes (figura 7 .2), siendo Q1 = 2000 !«:al ; Q3 = -800 kcal ; T1 = 1000 K ; 
T2 =500K; T3 =300"K. 
.Calcular el trabajo l entregado por la máquina térmica. 
S o 1 u ci ón: Por el primer principio: 
Q, + Q2 + Q, = L 7.16 
con Q1 = 1000 kcal y Q3 = -800 !«:al. 
c----1 
AS. = Q, + Q2 + Q, = O 
T¡ T2 T3 7.!7 
eocu RA 1 .l con Q1 = -1000 k cal y Q3 = 800 !«:al. 
De 7 .!7 se obtiene Q2 , el valor que 
cambiado de signo se reemplaza en 7.16, 
ya que 7.17 se refiere a las fuentes de calor y 7.16 a la máquina térmica. Luego 
se calcula L a paJtir de la 7 .!6, y da L = 1533,33 kcal 
7-4- Una máquina térmica funciona según un ciclo fonnado por dos-transfor-
maciones isotérmicas reversibles, una a temperatura T1 = 1000 K en la cual in-
tercambia Q1 = 1000 k cal y otra a temperatura T 2 = 5 00 K ; y por dos trans· 
fonnaciones adiabáticas en cada una de las que la entropía cambia en un valor 
AS= 0,10 kcal/K. Ollc~lar el trabajo entregado por la máquina térmica. 
Solucfón-: Por el primer principio) si Q2 es e] calor intercambiado en ]a isotenna 
de temperatura T2 y L el trabajo entregado por la máquina: 
Q,+Q2=L 7.!8 
con Q, > o y º2 < o . 
La variación de entropía correspondiente al cic1o será nula, porque Ja entro-
pía es una función de estado: 
Q, 
l1Sdr:ID ::::: 0 = 
T, 
7.19 
Los valores I!J.S son positivos: va que en una transformación adiabática es 
imposible que la entropía disminuya. Al ser AS> O las adiabáticas son irrever-
sibles. 
46 Problemas tipo 
Se obtiene Q2 con 7 .19 y luego L con 7.18 es: 
L = 400 kcal 
7-S - En una resistencia eléctrica, funcionando ·a régimen estacionario, hay esta-
bJecida una co.rrjente continua, debido a ia cual existe una disipación de calor 
Q = 30 watts. Se supondrá que la temperatura de la rer.istencia eléctrica se ;.,an-
tiene en un valor igual a la temp eriltura ambiente (T 0 = '2 7 "C} . · 
Calcular la variación de entropía de la resistencia, de la atmósfera y del uni-
verso. 
Solución ; Se trata de uil p·roceso irreversib]e J ya que para establecer Ja corriente 
debe existir una transferencia de energía eléctrica a la resistencia, de modo que 
se está transformando energía eléctrica (trabajo) en el calor Q . Corno la resis-
tencia eléctrica no experimenta cambios, no puede variar su entropía. La at~ 
rnósfera se comporta como una fuente de CAlor y a la misma se le transfiere el 
calor Q . De mil do que: 
; 
Q 
AS.a,m = 
To 
30 watts 
= 
300 
K = 0,10 watts/K 
La variación de entropía del universo será: 
ilS" = I>S.,m = O, 10 wa ttsf K > O 
CAPITULO 8 
DIAGRAMA 
TEMPERATURA-ENTROPIA 
PARA GASES PERFECTOS 
1. lNTRODUCClON TEORlCALas fórmulas 7.9 y 7. 1 O permiten justificar las líneas de presión constante y 
de volumen· constanté en un diagra-
ma T -S para un gas ideal. 
Debido a que la entalp ia solo re" 
depende de la temperatura, toda lí-
lle3: de temperatura constante es 
también una línea de entalpía cons-
tante en estos diagramas (figura 
8.1). 
El diagrama es válido para una 
masa unitaria de gas, dando vaJores 
dev;syh. 
Los problemas que !iÍguen, re-
ferentes a este tema, se efectt.Jarán 
· recurriendo a! diagrama T -S para 
FLGUR.\ 8.1 
e! aire. En Jos mismos se aplica el concepto de rendimiento isoentrópico de una 
turbina y de un compresor. 
RénrJimJento /soentrópico de una turbina: Se supone una turbina a la que ingresa 
aire a ( P 1 , T1 ) , e! cua! se expande hasta una presión P 2 • 
JMZ.J. t._ii . 2 k t+Lt23 
48 PrCI blem as tipo 
Si tal trnnsfonnación del aire es adiabática rever:;ible (turbina ideal), el esta-
do final del aire es 2' (figura 8.2) (ecuación 7:3); si, eu oambio,la transfonnación 
es adiabática irreversible, el estado fina] del aire será un estado como ei 2, ya que 
en este caso existirá un aumento de entropía para el aire. 
EJ rendimiento isoentrópico de una turbina se defme como: 
8.1 
T ;/¡ 
f[GtJRA-B--3 
P, 
••• 'n. 2.' 
,, 
1J~-
T, '· 
S S 
·Rendhniento.isoentrópico para un compresor adWbdtico: Se supone un compre-
sor adiabático en el cual se comprime un gas que puede ser considerado como 
ideal, des de un estado inicial ( P 1 , T 1 ) a u na presión final P 2 , adiabáticam en te. 
Sj Ja transfonnación del gas es adiabática reversib1e, e] estado final será e1 2 ~ i 
(figura 8.3 ); si en cambio, ]a transformación del gas: es. adiabática irreversib1e, se 
produce un aumento en la entropía del gas, y el estado final del gas será un esta-
do como el2? 
El rendimiento ~soentrópíco del compresor se define como: 
(h,-- h¡} 
11 = 
' (h,- h1) 
8.2 
Para los problemas del diagrama T -S son válidos los da tos del aire ya da-
dos, e v , e P y R . El aire puede ser considerado un gas idea1. 
2. PROBLEMAS TIPO 
8-1- Un compresor adiabático aspira V0 = WOOm
3/hora de airea Po= latm 
O lag rama temper.atura-en.trop ia para '[U es pe-rfectos. 49 
y To = 27"C, y 1!> comprime a nna presión fmal P1 . El rendimiento isoentró-
pioo del compresor es l!e = 0,8 5 y la potencia transferid a al eje N, = 180 HP 
(1 HP = 632 kcal/hora). Calcular- P1 . 
Solución: Para el compresor vale-la fórmula 3.4 oon Q = O : 
-N, = m.(h,- ho) 
PoVo m=---
RT0 
(h,- ho} = e, (T,- To) 
8.3 
8.4 
8.5 
De 8.3, 8.4 y 8.5 se obtiene T1 . Para el compresor ideal la temperatura fi-
nal es Tr . De 8.2 resulta: 
'le = = e, (Tr- T0 ) · = e, fT1 ~ To) 
Con 8.6 se calcula T1 . Luego aplicando la fórmula 4.3 es: 
[ 
P,l fK-1JIK = Tr 
Po] To 
Se calcula P1 = 14,33 atm. 
8.6 
8.7 
Si se utiliza el diagrama T -S para el aire, se situa el estado ( P 0 , T 0 ) y se 
obtienen del diagrama h0 y el volumen específico v0 • Con 8.3 y m = Vofvo 
se calcula hr ; luego, aplicando la fónnula 8.6 se calcula hr . 
T;h f[GURA 8.4 
S 
Trazando una vertical ( imtrop ía constante) desde O hasta cortar h r cons-
tante, se obtiene el estado de salida ideal f' . La presión para el estado t' es 
P r y puede leerse en el diagrama (figura 8.4) . 
50 Prob temas tipo 
8-2 - En lUla turbina adiabática se expande una masa de aire m = 80.000 kgfhr, 
saliendo de la misma a P2 = 1 atm y T2 = 150 •e. La potencia obtenida en el 
eje de la turbina es N T = 6000 HP . Calcular la presión P 1 y la temperatura 
T1 que tiene que tener el aire a su ingreso a la turbina. 
So luc i 6 n: Para ]a· turbina vale la fórmula 3 3 : 
8.8 
De 8.8 se obtiene h1 - h2 =e, (T1 - T2 ), o sea T1 , ya que T2 es cono-
cid a. Por 8.1 tenemos: 
'IT = 
h1- h2' 
8.9 
De aquí se obtiene h1 - h2' = Cp (T, - r,.;. o sea r,.' que es la tempera-
tura que le correspondería a la turbina si fuese ideal. Para este caso vale 4.3 : 
[
p,yK-1)/K = T2' 
P, j T1 
De 8.1 O resultan T1 = 620 K= 347 •e y P1 = 4,60 atm. 
Para el diágram a T -S , se sitúa 
el estado de salid a real 2 en (P 2 , T 2 ) 
y se obtiene h2 • De 8 .8 se calcula 
h1 y con 8.9 h2 • • Podemos ubicar 
en el diagrama el estado 2' (P2, T2·! 
y desde 2, se traza una verticaJ hasta 
cortar h 1 = constante . De esta ma-
nera queda determinado el estado 
inicial 1 (flgura 8.5}. 
8-3 - Un ciclo Joule- Brayton está 
formado por dos transformaciones 
T:h 
8.10 
FJGURA-B.S 
S 
adiabáticas reversibles (0 -1 ) y (2 -3) y por dos transformacionesreversibles a pre-
sión constante ( l-2) y (3 -0) . Su rendimiento es: 
To 
1)=1--
T, 
y en el mismo evoJUCiona una m asa de aire. 
__ 2!$21fii4- -i}i$1-$ - * 4_ S 4 .;a-· 
1 
1 
Df1grama tl!lmperat"LJ ra ~a-ntropí.a para gases perfectos 51 
Corresponde a una instalación como la representada esquemáticamente en 
la flgura 8.6 . 
FIGLrltA;>S,[) 
8e considera como calor transferido al exterior, el valor Q2 que resultaría 
deenfriarapresiónconstanteal aire desde T, a To ,siendo T0 =27"e,Po = 
= 1 atm = P 3 Y T 2 = 5 00 •e . CaJcular el rendbniento del ciclo si el valor a b-
soluto IL, 1 = (3/4) ILT 1 y la presión de alta P1 = P2 • 
T 
fiGURA 8.7 
So lución: Si se usara el diagrama T -S 
l'r podría situarse en eJ mismo el estado 
O (figura 8.7) . 
Se obtiene del diagrama h 0 • De 3 .3 
y 3.4 tenemos: 
IL,I = m (h1 - h0 ) 
LT = (h,- h,) 
8.11 
+-----------._;!s La presión en 1 es igual a la presión en 
2. 
Teniendo en cuenta la fórmula 4.3 : 
[~l~ {K-1)/K - -~-: = [::] {K-l){K 
luego: 
8.12 
De 8 JI resulta: 
_ ± a & 1 # L 1 S S .L.i~L .Q_ _@ , -
52 Probtemas 1:1 po 
o sea que: 3 
- T3 ~ 
4 
3 
- T2 - T1 + T0 
4 
Las eco aciones 8.12 y 8.13 permiten calcular T1 y T 3 • Luego: 
To 
~ ~ 1 - - ~ 048 
·~ T¡ , 
8.13 
Trazando desde O una vertical (adiabática reversible) hasta T1 constante, 
se obtiene el estado 1 cuya presión es P 1 • Resulta P 1 ~ 1 O atm . 
84 - Se tiene la instalación de la figura 8. 8 . 
f m 
~' 
Q 
2 
C.M. • ' 
'"' 
' 
Una masa de aire m
1 
a P
1 
~· 3 atm ; T1 ~ 500 oC se enfría a presión 
constante transfiriendo calor a una masa de agua líquida m , la que pasa de una 
temperatura inicial T 
0 
= 20 o C , a una temperatura ímal Tt = 70 'C . Luego 
de esa transferencia de calor, la masa m 1 ingresa a una cámara de mezcJa adia· 
bática, junto con otra masa de aire m2 a T3 = 500 'C. Las corrientes m 1 y 
m 
2 
se expanden luego de salir de la cámara de mezcla en una válvula reductora, 
quedando a la presión Ps = 1 atm con Ts = 350 'C. Si la relación entre la 
masa de agua líquida m y la masa m 1 de aire es m/m 1 ~ 4 , calcular la rela-
Ción entre las masas de aire m 1 y m 2 • Como da. to damos el calor especifico 
del agua líquida eL = 1 kcal/kg 'C. 
Solución: Los estados l y 3 pueden situarse en un diagrama T -S , obteniéndose 
así h
1 
y h
3 
(figura 8.9), ya que P3 =P2 = P, y T3 = T, , de modo que el 
estado 1 coincide con el 3 • 
Para la transferencia de calor entre m 1 y m : 
8.14 
y con mfm1 y h1 se obtiene h2 • 
D !.agram;a tamperatura·entro;pia para -gases -p-erf!lctos 53 
Para la cámara de mezcla (ecua-
. ción 3.8) tenemos: 
m,h, + m2 h3 = (m1 + m2 ) h4 
Dividiendo por m2 : 
En la válvula reductora h4 = h 5 
(ecuación 3 .5) . 
· El estado 5 puede situarse en el 
S 
diagrama T -S · Con una horizontal desde 5 puede obtenerse el estado 4 de igu ¡ 
temperatura. Con h4 , h 2 Y }!; leidas en el diagrama se obtiene que: a 
~ 3 
8-5 - En transformaciones adiabáticas reversibles, entre dos presiones determina-
das, los saltos de entalpía son mayores para Jos que pasan, a esas presiones por 
estados de mayor temperatura, ab > cd (í¡gura 8 J (}) . ' 
r :11 
• m ; 
L, 
S 
1 J F.IGURA!.ll Q, 
FIGURA S. lO 
• 
Est? se debe a que las lín~as de presión constan te son funciones S ~ f(T) 
logarítJmcas. Para turbinas Y compresores adiabáticos ideales los segmentos 
como el ab Y el _cd ~m prop.orcionales al Ira bajo en el eje, ~naciones 3.3 y 
3.4, Y por ese motivo, SI la turbma sigue la transformaciónab y el compresor la 
S4 Probl&m as orunic.t.ados 
de el trn bajo en el eje de la turbina será mayor, en valor absolu lo, que el trabajo 
en el eje de] compresor~ para iguales masas: en ambQsJ como s:e vió en el problema 
8.-3. SjJ en cambio~ se tuviera una compresión be y una expansión cd,, e] tra-
bajo será mayor en valor absol).lto, en el compresor. En ]a instalación de ta· figu-
ra 8.11 se cumpl.irá que el trabajo en el eje de la turbina (12) es menor, en valor 
absoluto, que el trabajo en el eje del compresor (3-4). 
· A la turbina ingresa aire atmosférico P1 = 1 atm ; T1 = 35 ·"C, el cual se 
expande hasta ·quedar con T2 = -1 O "C , luego se le transfiere calilt Q2 hasta 
que alcanza la temperaturn T 3 = O "e. Finabnente se lo comprime nú"':amente 
hasta la presión atmosférica (P4 =P1 ). El rendimiento isoentrópico de la turbi-
. na es 'IT = 0,90 y la del compresor 1/, = 0,85. Calcular para un calor Q2 = 
= 480.000 kca/ el trabajo L. que debe transferme!e a la instalación para su 
funcionamiento. 
S o 1 u e ión: En un diagrama T -S pue-
de situarse el estado 1 con P 1 y T1 
(figUra 8.12) : 
'Ir = 
(h, - h,) 
(h, - h,.) 
8.16 
Conociendo T2 (real) puede 
obtenerse h 2 y de 8.16 h2 • • Con 
una vertical. desde l hasta h >' con .. 
!ante, se obtiene el estado de salida 
(2 ') para una turbina ideal, y sobre la 
T;h P,· ' .. 
••• 
_P::·=P:: 
S 
FLGURA8.12 
línea de presión constante P 2 • = P 2 y de entalpía h 2 el estado real de salida 2 . 
Con T3 se obtiene el estado 3 (P2 , T3 ) y en consecuencia, h3 : 
Q2 = m (h3 - h2 ) 8.17 
Con ésta se calcula m . Trazando una v'erti~ai ·rs =constante) desde 3 se 
obtiene sobre la línea de pres.ión constante P 1 el estado ( 4 ') correspondiente a 
un compresor ide3l) y h4 • . Con 8.2: 
se calcula en,tonces h 4 • 
El Ira bajo Lu es el que debe agregarse al de la turbina para obtener el tra-
&.U& ES LE&& S _ i J ±E 
Diagn m1 templl'lltul'll ~•ntt-op ia p1n g1sa -pufectoJ 5 S 
bajo necesario en el compresor: 
Juego: 
Lu = m (h4 - h,) - m (h¡ - h,) = 3.594.000 kca/ 
3. PROBLEMAS ENUNCIADOS 
8-7 - Mediante un compresor 
adiabático de rendí¡niento isoen-
trópíi:o 1¡, = 0,85 , se envía una 
masa de aire m 1 a una. cámara 
de mezcla adiabática, a la cual in· 
gres a junto con m2 = 2. 000 kg 
de aire a P2 = 4 atm ; T2 = 27 
"C , con el fm de obtener a la sa-
8-6 - Desde una cai!ería en que se en-
cuentra aire a P1 ·= 5 atm ; T1 = 80 
a-C ~ se e~v ía aire a una turbina adiabá-
tica (2-3) , previa expansión en una v 
válvula reductora {1-2) (f¡gura 8.13 ). 
A la salida .de .la turbina la presión del 
aire es P 3 = 1 atm y Ja temperatura 
T 1 = 20 o e . Sí el rendimiento isoen-
trópico de · la turbina es 'IT = 0,90 , 
calcular el trabajo en el eje de la turb;.. 
na por kilo .de aire y la presión en el 
estado 2. 
C.M. 
lida de la cámara de mezcla una P, r, 1 
temperatura T 3 = lOO o e . El 
aire aspirado por el compresor e .. 
!á a Pe = 1 atm : T0 = 27 "e, 
m, 
"'' P, HGURA 8.!4 
estado coincidente con el de equilibrio en el medio atmosférico.· Calcular lama-
sa de aire m1 {figura 8.14) . 
g ,,. 1. 1 
1 
1' '. ' 
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1 
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1 
1 
CAPITULO 9 
EXERGIA 
1 . 1 NTRODUCCION TEORICA 
La exergía de un :sistema cerrado con respecto a un medio atmosférico de 
presión Po y temperatura T0 es; 
&=U-ToS+PoV 9.1 
U , S y V son la energía interna, la entropía y el volumen del sistema 
cerrado. Se defme como trabajo útil al trabajo total que puede obtenerse a causa 
de la transformación del sistema menos . el trabajo de expansión del sistema con· 
Ira la presión P 0 del medio atmosférico. El trabajo total es la suma algebraica 
del trabajo intercambiado por d sistema y del que entregaría una máquina ténni· 
ca que intercambiara ca1or coÍt el sisternat el correspondiente a la transformación 
del mismo, y con la atmósfera o medio atmosférico. 
Cuando .Ja transformación del sistema cerrado es reversible, el trabajo útil 
Lu coincide conda diferencia entre la exergía inicial &1 y la fmal &1 del siste-
ma: 
9;2 
Si se obtiene un trabajo útil (L. > O) éste es máximo cuando la transfor· 
mación del sistema cerrad o es reversible: 
9.3 
58 1 n.trod u-cc::lón iraórf.ca 
Si, en cambio, se invierte un trabajo útil (L" < O) éste será mínimo cuan-
do la transfonnación sea reversible: 
IL. . 1 = &, - &, > O mm 9.4 
Si la trimsfonnación del sistema es írreversible, pára L. > O : 
L. < &, - &, 9.5 
y para L. <O 
9.6 
De ]a fórmula 9 + l se deduce que Ja variación de exergía de un sistema e erra· 
do es: 
Jl& = ilU- T0 ilS + P0 ilV 9.7 
A -partir de la fónnula 9.7 puede deducirse que para una fuente de calor de 
temperatura absoluta T¡ se cumple que e u ando la fuente intercambia un calor 
Q¡: 
9.8 
Para el universo (sistema + medio) es: 
9.9 
AJ ser A S un w~rso ~ O , según se estudió en el capítu1o 7 J será: 
9.10 
Jl & < O si la trausfonnación es irreversible y Jl &. = O si es reversible. 
O.. ando ;o ha; cambios en el estado tennodinámico, el análisis de la variación 
de exergía debe efectuarse teniendo en cuenta el concepto de trabajo útil: 
. -
Lu=L-L0 9.ll 
dond.e Lo = p 0 (V 2 - V 1 ) es el Ira bajo de expamión contra la presión Po del 
medio almo sférico. 
[· 
__ ..!;_......·~-~-------~------
Exerg.ía 59 
Así, :Por ejemp1o, la variación de exerg-ía debida al desplazamiento de un 
pistón contra el cual actúa una presión total constante P , parte de la cual es la 
presión P0 del medio a!mosférioo, cuando el desplazamiento del pistón se debe 
a Jos cambios: de vo1umen de un sistema cerrad o, será: 
Lu = PilV- Po ilV = (P- Po) ilV 9.12 
Jl V es la variación de volumen del sistema contra el cual actúa el pistón. 
Cuando se supone un va e ío abso1uto : 
Lu = -Lo = -P0 V 9.13 
siendo V el vo1umen en el cual se supone que hay un va e ío absoluto. 
Para sistemas circulan tes se tendrá una variación de exergía de 1a masa que 
circula: 
9.14 
y MI ~ llEc ~ IJ.E P y .!J. S son las variaciones de entralp ía, energía cinética, ener-
gía potencial y entropía de la masa que circula a través del sistema abierto. 
E1 reridirniento exergético de un proceso es la relación entre la-s: exergías ga~ 
nadas (o bus~adas en el proceso) y las exergías perdidas (o.invertidas en el proce-
so) y su expresión responde siempre a un criterio técnico adecuado, teniendo en 
cuenta-e] proceso que se analiza. 
Siendo) para transformaciones irreversib1es, negativa Ja var~ción de exergía 
del universo) el rendimiento exergético para cua1quier proceso en el que existan 
irreversibilidades será menor que uno. Será igual a uno cuando todo o cuna re· 
versiblemente. 
Para los problemas: que siguell, referentes a 'exergía, se supondrán datos 1os 
valores ya dados de e P , e 11 y R del aire) .Y cuando sea conveniente se recurrirá 
al diagrama T -S del aire. 
· 2. PROBLEMASTlPO 
.9-1 -Una masa de abe m= 3 kg a Po ~ 1 atm ; T0 = 27 "C, estado de equi-
Jibrio con e] medio atmosférico, se calienta) a volumen constante, hasta una tem-
peratura T1 ~ 127 "C, 
a) mediante fricción con paletas giratorias, sin intercambiar calor. 
-
SO Problemas trpo 
1•1 lbl 
~~ L:_, _:,___J~ '":~ 
FIGURA 9.1 
b) roed ian te una transferencia de 
calor desde una fuente de tempe-
ratura T = T1 = 127'C= 400K, 
de modo que el calor transferido 
por la fuente se utiliza en el calen: 
!amiento del aire en su totalidad 
(figura 9.1 ) . 
Calcular para a) y b), el trabajo L 
y el calor Q , respectivamente, y 
la variación de entropía del aire. 
Además, variación de entropía del 
universo, variación de exergía de1 universo, variación de exergía del aire y eJ ren-
dimiento exergético. 
Solución: El sistema es m . Luego: 
Q L LIU 
En a) es Q = O , por lo tanto: 
9.15 
y para b) tenemos L = O , luego es: 
Q = LIU = mcv(Tr-To) 9.16 
La variación de energía interna es igual en a) y en b), por ser iguales los es-
tados iljicial y fmal, pero las transforamciones a) y b) son diferentes, ya que son 
diferentes para ambas los caro bios en el medio. 
De 9.15 y 9.16 seobtiene que, en valor absoluto, L = Q = 1700 kcal. 
La variación de entropía del aire será igual en a) y en b)por ser la entropía 
una función de estado. A volumen constante (ecuación 7.1 0) resulta: 
LIS = 4,9 kcai/K 
En el caso a} la variación de entropía de] universo coincide con la del aire, 
pero e,; b) debe considerarse además que existe u na variación de entropía de la 
fuente. Luego: 
1l S •• , = 4, 9 k cal/ K = Lis •• , 
Q = LIS,., - - = 4,90 - 4,25 = 0,65 krol/K 
Tr 
La variación de exergía del universo resulta: 
Ll&,,
1 
= -T0 LIS.,1 = -1470 kca/ 
Ll&,,1 = -To1lS.,,1 = -195 kca/ 
Exer-gla 61 
El rendimiento exergético es la relación entre las exerg ías obtenidas y las 
exerg ias invertid as. En este caso, se obtiene un a u mento en el valor de la exergía 
del aire~ a costa de una disminución en el exergía de] medio. Para a): 
Exerg ía ganada: LIS,,. = 1.1 U - T 0 LIS = 230 k cal 
Exerg ía perdida: L = 1700 k cal 
LIS.., 
1lex,1 = ILI = 0,135 
Para el caso b): 
Exergia ganada: Ll.S. .. , {igual que en·a) 
Exerg ía perdida: la de la fuente 
11" 01 = Q [1- (T0 /T¡)] 
= 0,541 
9-2 -Una masa de aire m = 10 /cg se calienta a presión constante P = 2 alm de 
T0 = 27 • e a T1 = 1 i7 •e, mediante fricción con paletas gilatorias, sin inter-
cambiar calor. El medio atmosférico es P0 = 1 alm y T0 = 27•c. Calcular la 
variación de exerg ía del aire, ]a variación de exergía del universo y e] rendirnien~ 
to exergétíco del proceso. 
S oludó n: Para la variación de exergia del aire (ecuación 9.1): 
1.18. = LIU - T0 LIS + P0 LIV 
LIU = mcv (T¡- To) 
LIS= me In Tr 
P To 
(de ecuación 7.11) 
LIV = V Vo = mRTr ¡- p 
mRT0 ----p 
9.17 
- - - - -- - ~~ ~~- - . - ..... 
.. ·-- .... -·.·~ ····-"'•'-"""" . ~·-. ·.· 
62 Probtemas tipa 
Resulta á&= 40,8 kcal. 
La variación de entropía del aire es igua1 ~la del universo~ de modo que por 
9.10: 
Ll/1, = -T0 as. = ·T0 áS,"' = -367,8 kcal 
la exergía invertida es igual a: 
a&, + á& = -3 27 k cal 
Esta exergía invertida es equivalente a la diferencia entre los valores absolu-
tos del trabajo transferido a las paletas y de la variación de exergía originada por 
el desplazamiento del pistón (ecuación 9 J 2). El rendimiento exergético será: 
40.8 
= 327 = 0,124 
9-3 - Se efectúa la experiencia de Joule (comistente en la expansión en el vacío) 
con una masa de aire m = 5 kg inicialmente a 
P1 = 10 atm y T1 = 27 •e. En la experiencia 
e] aire duplica su volumen, sin intercambiar ni 
calor ni trabajo, pasando a ocupar, además del 
recipiente que 1o contiene inicialmente, otro va-
cío (figura 9.2). 
Considerando como medio atmosférico a 
Po = 1 alm y T0 = 27 •e, y como sistem·a el 
aire (m) , calcular la variación de exergía del ai· 
re~ del me dio y del universo. 
P, T, 
V m 
V 
Vacio 
HGURA-9".~ 
Solución : En ]a experiencia~ el aire no cambia su temperatura·, ya que no cambia 
su. energía interna. De modo que al dupiicaf el voJumen queda con una presión 
fmal P 2 = (i/2) P1 = 5 atm . Luego el estado final del aire será: 
P2 = 5 atm ; T2 = 27 •e = 300 K ; V2 = 2V1 = 2 
o sea, v2 = 0,85 m3 • y también: 
mRT1 
P, 
V2 as = mR In- = 0,238 kcai/K ; Po a V = 10,28 kca/ v, 
á&.,;., = LIU- ·ToAS+ PoaV = -61,12kcal 
N±&;.;;z;w ;:;.$x:Mcttt 1 4@44§ '· 
Exergia 63 
La variación de exergía del medio será la que corresponde al hecho de ocu-
par el volumen iniciabnente vacío. Según la fórmula 9.13 es: 
-P0 V2 = -10.28 kca/ 
y para el universo resulta; 
a&, = -T0 as. = -71,4kcal 
9-4 ~ Calcular la exergía de una masa de aire m = 1 O kg a: 
a) Po = 1 atm ; T1 = ·10 •e = 263 K. 
b) P1 = 0,4 atm ; T0 = 27'e =300 K. 
El medio atmosférico es Po =1 atm; T0 =27'C=300K 
Solución: a) El aire tiene exergía positiva, ya que puede obtenerse trabajo útil 
con una máquina térmica que reciba calor de la atmósfera (To = 300 K) Y en-
tregue calor al aire a menor temperatura. 
La exergía del aire con respecto al medio atmosférico es (fórmula 9.7): 
&1 - a, = U1 - U0 ~ To (S¡ -So) + Po (V, - V o) 
U 0 , S 0 y V0 son las energía interna, entropía y volumen del aire en el es-
tado de equilibrio con el medio atmosférico. Y: 
U1 - Uo = mcv(T,- To) 
S1 - S0 = mcp In T, (según 7.11) 
To 
V 
_ mRT1 
1 -
Po 
Se obtiene &1 - a, = 543,2 kca/. 
; 
mRTo 
Vo =---
Po 
b} El aire tiene exergía porque puede obtenerse Ira bajo útil, si se lo comprime 
actuando la presión del medio atmosférico (ecuación 9.11}: 
Lu = &1 - a, = L - L 0 
L es el trabajo de expansión del aire en una transformación isotérmica re-
versible a la temperatura T0 , y L0 =Po (V0 - V¡), siendo Vo el volumen del 
aire a (P0 , To). 
'"' ::;¡¡;¡: ¡_ "1 
-64 Problemas tipo 
Luego: 
Lu = J,"PdV- Po(V0 - V1 ) ; J
0
PdV = mRT0 In Vo 
J v, 
También puede calcularse &1 - &, con 9. 7 ; 
&, -. Se = U, - Uo - To (S, - S0 ) + P0 (V1 - V0 ) 
U1 - U0 = O ; S1 - S0 
Se obt!ene Lu = &1 - S, = 497,3 leca/. 
P, 
= -mR In-
Po 
9·5 - Calcular el c~lor que debe intercambiar una masa de aire m = 2 kg para 
aumentar su exergJa en llll. = IJS leca/ a partir de un estado inicial p = 2 a tm 
Y T, =50 "e, reversiblernente y: 
1 
a} a volumen constante. 
b) a presión constan te. 
Solución: a) 
A&= U- U1 - T0 (S-S1 ) 
U- U1 = me,(T- T1 ) ; 
.o sea que: 
A&= me, (T- T1 ) -
T 
S - S1 = me, In -
T, 
. T 
T0 me~ ln-T, 
9.!8 
T es la temperatura ~mal del aire, la cual vale T = 1000 K = 727 °C , valor 
que puede calcularse a part11 de 9.18 mediante tan te os. . 
b) 
El calor que debe intercambiar el aire es: 
Q, = me, (T- T,) = 230,2 kca/ 
A&= U- U,- T0 (S-S1 ) + P0 (V- V1 ) 
U- U, = mc,(T- T1 ) ; S- S1 = 
mRT1 v, =--
P¡ 
T 
me In-
P T¡ ; 
V= mRT 
P¡ 
·. 
'Exergía 65 
luego: 
A&= mc,(T-T1 )- 9.19 
De ésta se obtiene T = 1005 K= 732 "C, de modo que el calor es: 
Qp = mcp (T- T1) = 327,4 kcal 
9-6 - Desde una caneria en que dreuta atre a P1 = S atm ; T 1 = 80 ° C , se envía 
aire a una turbina adiabática (2-3), previa expansión en una válvula reductora 
( l -2), según indica la figura 9.3 . 
A la salida de la turbina/a presión del aire es P3 = 1 atm y la temperatura 
T
3 
= 20 oC . Si el rendimiento isoentrópico de la turbina es 'Ir = 0,90 , calcu-
lar el trabajo en el eje de la turbina por kilograJI)o de aire, la presión del estado 2 
y el rendililiento exergético para la válvula, para la turbina y para el proceso. El 
medio atmosférico P0 ,.p3 = 1 atm y T0 = T3 = 20 °C =293 K. 
r 
FIGURo~ '9'.4 
f--;;o~~~---"'-T¡ hJ =ll2 
p, 
S 
Solución: Con P 3 , T 3 y P 1 , T 1 se sitúan los estados 3 y 1 en un diagrama T -S 
obteniéndose entonces h3 , S3 y h1 , S1 • Como en la válvula no cambia la en-
talpía, h 1 = h2 , con: 
flT = 
se calcula h3 • correspondiente al estado de salida 3' si la turoina fuese ideal. 
Con h3 • y P3 se sitúa e! estado 3' en el diagrama T-S. 
Trazando una línea de entropía constante desde 3' se obtiene 2 sobre la lí-
nea h1 = h2 constante (figura 9.4) . 
SIS Prob1emas. Upo 
El trabajo en el eje de la turbina por kg de aire vale: 
Con los valores h1 y h3 obtenidos del diagrama T-S resulta LT = 14,4 
kca/. La presión P2 puede leerse en el diagrama, siendo P1 = 2,08 atm. 
Rendimiento exergético de la válvula: ¡:iuede expresarse como la relación entre la 
exergía a la salida y la exergía a la entrada a la misma: 
&2-0 
'~•x =---
&r-o 
&2-0 = h, ho To fS2- So) según 9.14 
&,_. = h, - ho - To (S,- So) 
Los valores ho y S0 son los que le corresponden al estado O de equilibrio 
con el medio atmosférico, el cual- coincide con el estado 3. Se obtiene 'lox = 
= 0,47. 
Rendimiento exergético de la turbina: es igual a la relación entre el trabajo obte-
nido en el eje de la misma y la variación de exergía del aire en valor absoluto, 
&2 - &, , en la turbina: 
LT 
"'tox = ---'--
8.2- &, 
· Con &, - &, = (h2 - h3)- T0 (S2 - S1), resulta que 11 .. = 0,89. 
El rel!ilimiento exergético del proceso es igual a la relación entre el trabajo 
en el eje de la turbina y el valor absoluto, &1 - &3 , de la variación de exergía 
del aire: 
&, - &3 
Con &¡- &, =(h,-