Tablas de Gases

SEMANA 10 Y 11: ANALISIS DE PROCESOS MEDIANTE TABLAS Y ECUACIONES

Sabemos que un sistema cambia de un estado a otro siempre que se produce un proceso. Es conveniente saber cuál es la trayectoria según la cual ocurre tal cambio. No obstante tan pronto se menciona la trayectoria de un proceso, se supone de inmediato la existencia de un proceso reversible o una sucesión de estados de equilibrio.

Sabemos que una línea con aberturas representa una función discontinua. Para calcular el trabajo debemos estar en condiciones de integrar pdV a lo largo de una trayectoria continua que baya de estado 1 al estado 2. Por lo tanto cuando el proceso es irreversible, la trayectoria es discontinua y no es posible integrar la función para calcular el trabajo; en estos casos, esta última cantidad tiene que ser determinada a partir de un análisis por la primera ley. Corresponde a un proceso reversible o de equilibrio.

I.

SISTEMA CERRADOS a) PROCESOS A PRESION CONSTANTE

El sistema recibe una cantidad de calor Q, lleva a cabo un trabajo W, y se experimenta un cambio de energía interna interna ΔU = U2 – U1. La primera ley de la Termodinámica para un sistema cerrado en reposo y validad para todos los procesos es: Q=( U 2−U 1 ) +W En los casos de procesos reversibles se puede expresar como: 2

Q=( U 2−U 1 ) +∫ pdV 1

Además H=U + pV dH=dU + pdV +Vdp

dp=0 para p=C

En caso de un gas ideal con calores específicos constantes Δ H =mc p∗(T 2−T 1 ) kJ Δ U =mc v∗(T 2−T 1)

kJ

Cuando se trata de sustancias puras es posible hallar en tablas valores correspondientes de entalpia y de energía interna. Si se trata de un proceso reversible a presión constante y de un sistema cerrado, el trabajo es: 2

W =∫ pdV =p ( T 2−T 1 ) 1

Si empleamos la ecuación de estado del gas ideal: pV = mRT W =mR ( T 2−T 1 )

Ejercicio1 El aire contenido en un dispositivo de cilindro y émbolo se expande a una presión constante de 150kPa, desde una temperatura de 285 K hasta una temperatura de 550 K. La masa del aire es de 0.05 kg; calcular el calor, el trabajo, el cambio de entalpia y el cambio de energía interna. Resolución Primera ley:

Q=( U 2−U 1 ) +W

;

Q= ΔH

Δ H =mc p∗( T 2−T 1 )=(0.05)(1.0047)(550−285)

para p = C

Δ H =13.31 kJ

ΔU =mc v∗( T 2−T 1 ) =(0.05)(0.7176)(550−285) Δ U =9.51

kJ

W = Δ H + ΔU =3.8

kJ

TRABAJO IRREVERSIBLE: Agitación de paletas Existe un caso muy común en el cual se suministra trabajo o energía por medio de una rueda de paletas y que se disipa por fricción interna en un fluido. Consideremos este trabajo irreversible, que se designará por “Trabajo de agitación de paletas”; Wp; luego entonces, la primera ley correspondiente a un sistema cerrado es:

Q= ΔU +W −W p

Generalmente, el sistema se considera adiabático; de modo que Q = 0; 0=ΔU +W −W p

Ejercicio2 Un sistema adiabático y de presión constante, contiene 0.2 kg de vapor de agua a 200 kPa y 200°C, tal cuerpo recibe 40.26 kJ de trabajo de agitación. La temperatura final del vapor es 300°C. Calcular el trabajo mecánico realizado, así como los cambios de energía interna y de entalpia.

Resolución 2

W =∫ mpdv=mp ( v 2−v 1 ) 1

v 1=1.0803 m3 /kg

v 2=1.3162 m3 /kg

Por lo tanto W = ( 0.2 )( 200 ) ( 1.3162−1.0803 ) =9.43

kJ

Δ U =m ( u 2−u1 )= ( 0.2 )( 2808.6−2654.4 ) =30.84

kJ

Δ H =m ( h 2−h1 ) =( 0.2 )( 3071.8−2870.5 )=40.26 kJ

a) PROCESO A VOLUMEN CONSTANTE Consideremos un proceso isométrico. Se suministra calor, ocasionando un cambio de energía interna. La primera ley para el caso de los sistemas cerrados muestra que: Primera ley:

Q= ΔU +∫ pdV

Q= ΔU Para el caso de un gas ideal

;

dV =0 ; para V =C

ΔU =mc v ( T 2−T 1 ) Por consiguiente, Q=mc v∗( T 2−T 1 )

Ejemplo3 Un recipiente cerrado y rígido tiene una capacidad de 1m 3, t contiene vapor de agua a 300kPa, con una calidad de 90%. Si se suministran 500 kJ de calor, calcular la temperatura final. Primera ley:

Q= ΔU +W ;

W =0 ; para

V =C

Por tabla. u1=u f + x u fg =561.5+ ( 0.90 ) ( 1982.4 ) =2345.31 kJ/kg 3

v 1=v f + x v fg =0.001073+ ( 0.90 ) ( 0.6048 )=0.5454 m /kg m=

V =1.833 kg v1

u (¿ ¿ 2+u1 ) Q=m¿ 500=1.833(u2−2345.31) u2=2618.1

kJ/kg

Por interpolación en Tabla. T 2 =180° C Consideremos que la energía es proporcionada de manera totalmente irreversible. El balance de energía, en el caso de un sistema cerrado da para un sistema de volumen constante. Q= ΔU +W −W p W =0 ;

paraV =C

Q= ΔU−W p Si el sistema es adiabático,

Q=0, y

W p= ΔU

b) PROCESO A TEMPERATURA CONSTANTE Proceso isotérmico. Es posible analizar procesos a temperatura constante empleando tablas de propiedades, pero no se aplican entonces las ecuaciones siguientes.

• Q= ΔU +W =ΔU +∫ pdV Se necesita

p como función de V para los procesos a temperatura constante.

La ley de gas ideal muestra que.

p1 V 1=mR T 1=mR T 2= p 2 V 2=C O bien, •

pV =C para T =C 2

V dV C =C ln 2 • W =∫ V V1 1 V2 W = p V ln 1 1 • V1 Y como U=U ( T ) , entonces

ΔU =0 . Esto se puede comprender fácilmente en

el caso de un gas ideal: U=mc v ( T 2 −T 1 ) =0 paraa T =C Q=W para T =C en un proceso reversible

Ejemplo4 Un sistema de cilindro y émbolo, que contiene 0.25 kg de helio a 278 K, recibe calor a temperatura constante hasta que la presión llega a la mitad de su valor inicial. Calcular el calor suministrado, así como el trabajo realizado. Resolución Primera Ley: V 2=

Q= ΔU +W ; ΔU =0 para T =C

C C V = p2 1 p1

V 2 p1 = =2 V 1 p2

Q=W = p1 V 1 ln

p1 p2

p1 V 1=mR T 1 Q=W =( 0.25 ) ( 2.077 ) ( 278 ) ln ( 2 )=100.0 k J

II.SISTEMAS ABIERTOS Cuando existen condiciones de estado estable y flujo constante, el análisis resulta mucho más sencillo. Igualamos toda la energía entrante al sistema, con toda la que sale del mismo, y ser despeja de las ecuaciones de incógnita respectiva. ´ =−m W ´ ∫ vdp

En el caso de cambios despreciables en las energías cinética y potencial.

a) PROCESOS A PRESION CONSTANTE La transferencia de calor, será igual al cambio de entalpía. La situación más común donde se produce procesos a presión constante en sistemas abiertos, la podemos encontrar en los cambiadores de calor. No existe la realización de ningún trabajo y el análisis únicamente se refiere a la determinación del calor que se transmite de un fluido a otro. Ejemplo1 Un cambiador de calor del tipo de tubos coaxiales, conduce una corriente de aire por el tubo exterior y enfría helio que fluye, en sentido contrario, por el tubo interior. Supóngase despreciable el cambio en las energías cinética y conforme a la siguiente información. El aire, que circula a razón de 200 kg/h, entra a 280 K y sale 340 K; el helio, que fluye a razón de 44 kg/h, entra a 450 K y sale a 390 K. Solución ´ m ´ a ha entr . + m ´ He h Heentr . =m ´ a ha sal . + m ´ He h Hesal . Q+

´ m ´ a ( ha entr . −ha sal. ) + m ´ He (h Heentr . −h He sal. ) −Q=

( ha entr.−h a sal. )=c p ( T a entr . −T a sal. )=( 1.0047 ) ( 280−340 ) ¿−60.28 kJ/kg

( h Heentr .−h He sal. )=c p ( T H e entr .−T Hesal .)

¿(5.1954)(450−390)

¿ 31.72 kJ/kg ´ ( 200 ) (−60.28 )+(44 )(311.72) −Q= ¿ 0.461 kW

En este caso el cambiador de calor no es adiabático, de manera que existe una pérdida de calor desde el cambiador hacia los alrededores.

b) PROCESO A TEMPERATURA CONSTANTE – GAS IDEAL La expresión que corresponde al trabajo isotérmico que se lleva a cabo en un sistema abierto (despreciando las energías cinética y potencial). Puede calcularse por: pv=RT=C 2

v=

C ´ W =m ´ ∫ vdp P 1

2 ´ p dp ´ ´ p1 v 1 ln 2 W =−m∫ C =−m p p1 1

( )

El supuesto de reversibilidad se incorporó al análisis al expresar el trabajo dh=c p dT elemental como vdp . Cuando se trata de un gas ideal que se anula en los procesos isotérmicos.

Ejemplo2 En una cierta máquina fluye aire constantemente y a una temperatura variable de 400 K. Calcular el trabajo realizado por unidad de masa si la presión de salida es la tercera parte de la presión de entrada, y ésta vale 207 kPa. Supóngase despreciable la variación de las energías potencial y cinética. Solución T =C

w=−p 1 v1 ln

v 1=

p2 p1

( )

R T 1 (0.287)( 400) = =0.5546 m3 /kg p1 207

w=−( 207 ) ( 0.5546 ) ln

( 13 )

w=+126.1 kJ

c) PROCESO A VOLUMEN ESPECÍFICO CONSTANTE Este tipo de procesos se presenta cuando introducimos la restricción de incompresibilidad. Por tanto, el volumen especifico u en consecuencia, la densidad, permanece constante. Con frecuencia en el bombeo de líquidos conviene suponer la incompresibilidad del fluido. Ejemplo3 A una bomba entra agua a razón de 5kg/s, a 200 kPa y 100°C, y sale a 1000 kPa. Determinar la potencia requerida si la bomba es adiabática. Los cambios en las energías potencial y cinética son despreciables. 2

´ =m W ´ ∫ vdp 1

3

v 1 ≈ v f a100 ° C=0.001044 m /kg ´ =−( 5.0 ) ( 0.001 044 ) ( 1000−200 )=−4.176 kW W El signo es negativo porque al sistema se le suministra potencia.

III. CICLO DE TRES PROCESOS Al combinar dos o más procesos podemos formar un ciclo. Tres es el mínimo número práctico de procesos que se necesitan para crear un ciclo.

Teniendo en cuenta que

∑ Q=∑ W

Ejemplo 1 En el ciclo que se describe interviene 3kg de aire. Los procesos son: a) compresión politrópica del estado 1 al 2, donde p2=750 kPa

p1=150 kPa

,

T 1 =360 K

y n=1.2

b) Enfriamiento a presión constante de 2 a 3 c) Calentamiento a temperatura constate de 3 a 1. Calcular la temperatura, la presión y el volumen en cada estado; determinar también el trabajo y el calor netos. ESTADO 1: v 1=

mR T 1 (3)(0.287)(360) = =2.066 m3 p1 150

;

Proceso 1-2, T2 p = 2 T1 p1

( )

V 2=

n−

1 n

m

pV =C

T 2=360

750 150

( )

0.2 1.2

=470.7 K

mRT 2 (3)(0.287)( 470.7) V 2= =0.540 m3 p1 750

Proceso 2-3,

p=C

T 3 =T 1=360 K

y

, pueso que el proceso 3-1 ocurre a

temperatura constante. p3= p2=750 kPa

V 3=

mRT 3 =0.413 m3 p3

T 3 =360 K Ahora calculemos

Q

y

W

para cada proceso:

Q1−2=U 2−U 1+W 1−2

W 1−2=

mR (T 2−T 1 ) =−476.5 kJ 1−n

U 2−U 1 =mc v ( T 2−T 1 ) =238.3 kJ Q1−2=−238.2kJ Q2−3=H 3−H 2=mc v ( T 3−T 2 ) =−333.6 kJ Q2−3=U 3−U 2+ W 2−3

U 3−U 2=m c v ( T 3−T 2 )=−238.3 W 2−3=−95.3 kJ

El trabajo también pudo ser evaluado por

∫ pdV

. En los procesos a

temperatura constante. Q3−1=W 3−1= p1 V 1 ln

V1 V =mR T 3 ln 1 V3 V3

( )

Q3−1=W 3−1= (3.0 )( 0.287 )( 360 ) ln

∑ Q=−72.8 kJ

( )

=499 kJ ( 2.066 0.413 )

∑ W =−72.8 kJ

En este caso, el ciclo requirió el suministro de una cantidad neta de trabajo para poder llevarse a cabo y a ello se debe el signo negativo.

III) MANEJO DE TABLAS TERMODINÁMICAS DEL AGUA Para determinar las propiedades de las sustancias puras se hace uso de tablas ya que las relaciones existentes entre propiedades termodinámicas son muy complejas para expresarse mediante ecuaciones. Las tablas más populares son las tablas de vapor de agua, aunque estas no solo contienen las propiedades del vapor de agua sino también del agua líquida y sólida bajo condiciones específicas.

a) Tabla de Agua Saturada (L+V) Lo primero es tener en cuenta que esta tabla está dividida en dos partes. La parte en la que el valor de entrada es la temperatura o tabla de temperaturas y la parte en la que el valor de entrada es la presión o tabla de presiones. Dado esto, se escoge cualquiera de las dos dependiendo de si el valor que se posee es la temperatura o la presión del agua como líquido saturado más vapor saturado. Todas las tablas están ligadas directamente con los diagramas de propiedades, entonces lo ideal es identificar que significan los datos de la tabla en cada diagrama. Para el caso específico de la tabla de temperaturas encontraremos: (cabe mencionar que dependiendo del autor, el orden de las columnas puede variar) 1a columna Temperatura de la sustancia. 2a columna: Presión de saturación (Psat) para cada temperatura de la primera columna. 3a columna: Volumen específico del líquido saturado (vf) a esa T y Psat.

4a columna: Diferencia entre vg y vf (vfg), aunque algunos autores solo presentan a vg y vf sin dar la diferencia en una columna intermedia. 5a columna: Volumen específico del vapor saturado (vg) a esa T y Psat. 6a - 14a columnas: Son columnas similares a las tres de volumen específico pero para otras tres propiedades que son: la Energía Interna, la Entalpía y la Entropía

1) AGUA SATURADA. TEMPERATURAS VOLUMEN ESPECIFICO PRESS. P sat. kPa

TEMP. T °C

LIQ SAT. vf

VAP SAT. vg

0.001

0.6117

0.001000

206.000

5

0.8725

0.001000

147.030

...

...

...

...

155

543.49

0.001096

0.34648

...

...

...

...

370

21.044

0.002217

0.004953

375.95

22.064

0.003106

0.003106

2) AGUA SATURADA. PRESIONES

VOLUMEN ESPECIFICO m3/kg PRESS. P KPa

TEMP.. T sat. kPa

LIQ SAT. vf

VAP SAT. vg

0.001

0.6117

0.001000

206.000

5

0.8725

0.001000

147.030

...

...

...

...

155

543.49

0.001096

0.34648

...

...

...

...

370

21.044

0.002217

0.004953

375.95

22.064

0.003106

0.003106

b) TABLA DE VAPOR DE AGUA SOBRECALENTADO Debido a que la línea que une los puntos que determinan el estado de un vapor sobrecalentado se halla fuera de la línea a temperatura constante, en esta tabla no existen propiedades para líquido saturado ni vapor satudado, es decir, sólo existe un valor por cada propiedad. Otra forma de expresar lo anterior es diciendo que la región sobrecalentada es de una sola fase, por lo cual la temperatura y la presión ya no son propiedades dependientes y pueden usarse como dos propiedades independientes en las tablas. Como se puede apreciar en los diagramas de abajo, con respecto al vapor saturado, el sobrecalentado tiene PTsat, v>vg, energías internas u>ug y entalpías h>hg.

c) Tabla de agua líquida comprimida La tabla de agua líquida comprimida comparte las mismas características que la de vapor sobrecalentado. Es importante notar que a pesar de que el valor de la presión se incrementa el volumen específico casi no cambia y en una variación de presión de 45 MPa y una de temperatura de 380ºC, el volumen específico del agua solo cambia de un v = 0.0009767 a 0.0018729 m3/kg, el cual es un cambio demasiado pequeño. Es por esta razón por la cual los líquidos se consideran incompresibles, porque su volumen cambia demasiado poco con cambios significativos en temperatura y presión. Gracias a esta característica, el volumen específico del líquido comprimido se puede aproximar al del líquido saturado sin que ello lleve a errores importantes. Tabla de hielo saturado + vapor de agua. Esta tabla posee la misma estructura que la tabla de líquido mas vapor saturado. Debido a que son dos fases las presentes existen diferentes cantidades de ambas a medida que cambian las condiciones de temperatura y presión, es decir, se puede ir de un estado de todo hielo a otro de todo vapor gracias a la sublimación. Como es de esperarse, hay una primera columna con temperaturas, que van de un valor de referencia cercano a cero (como 0.01ºC) hasta un valor negativo (-40ºC por ej.). Interpolaciones. Durante el manejo de las tablas se puede presentar el caso en el cual se trate de ubicar valores numéricos de las propiedades que no se muestran ya que las mismas no poseen todos los valores posibles, que son infinitos, sino una selección de ellos, por intervalos. Para solucionar esto existen las interpolaciones lineales, con las cuales se supone que el intervalo en el cual se analiza la curva que posee a los dos puntos para la interpolación, es una línea recta. Cuando se tiene un par de puntos la interpolación que se ejecuta es simple, ya que dos puntos en un plano determinan una linea recta que pasa entre ellos, pero cuando no es suficiente con dos pares de coordenadas se hace necesario realizar dos interpolaciones simples o también llamadas una interpolación

doble. Tabla de Agua líquida comprimida que posee a los dos puntos para la interpolación, es una línea recta.

Cuando se tiene un par de puntos la interpolación que se ejecuta es simple, ya que dos puntos en un plano determinan una linea recta que pasa entre ellos, pero cuando no es suficiente con dos pares de coordenadas se hace necesario realizar dos interpolaciones simples o también llamadas una interpolación doble.

d) Ilustración para interpolación lineal como semejanza de triángulos.

Para realizar una interpolación simple tomamos dos puntos conocidos P1 y P2. Las coordenadas que se muestran X y Y se reemplazan por las variables que tratemos, es decir, si una es la temperatura y la otra el volumen específico, por ejemplo, trabajamos con X como T y con Y como v, por lo cual el gráfico lineal será un gráfico de T vs. v, y así con cualquier variable que tengamos en función de cualquier otra. Nos interesa hallar x o y ya que para la interpolación tendremos siempre un valor de los dos. Matemáticamente, se puede plantear la interpolación como una relación de semejanza de triángulos, lo que resulta:

Ec. 1. Interpolación como semejanza de triángulos. Ahora un ejemplo. Vamos a calcular el volumen específico del líquido saturado, vf, conociendo la temperatura, T=372ºC, con agua como sustancia. Para el ejemplo utilizaremos la tabla de L+V saturados expuesta arriba. Como 372ºC está entre 370 y 373.95ºC tomamos estos dos valor de T como si estuvieran sobre un eje X, x y y sus

Punto 1

370

0.002217

Por hallar

X

y

Punto 2

0.003106

0.003106

respectivos valores de vf como si estos estuvieran sobre el eje Y. Por último, cabe recordar que tenemos un valor más que es el valor de 372ºC al cual le queremos hallar el vf, por lo cual solo nos queda una incógnita en la ecuación de arriba. Los valores han sido tomados de la Tabla 1 de la sección de la tabla de L+V. Todo esto se aprecia más claramente en la tabla siguiente

En el ejemplo x = 372 Como conclusión, siempre conoceremos dos puntos y un valor más que puede ser x o y. Si tenemos x podemos hallar y, si tenemos y podemos hallar x. Asi:

Así, aplicando la ecuación para y, es decir, para el vf, tenemos: y = vf = 0.002667 m3/kg. Valor que, según lo esperado, está entre 0.002217 y 0.003106 m3/kg.