Problemas (Resueltos) 2017 PDF

Índice general
APLICACIONES DE LOS PRINCIPIOS PRIMERO Y SEGUNDO A GASES

PERFECTOS 3
A) Sistemas cerrados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
B) Volúmenes de control en régimen estacionario . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103
APLICACIONES DE LOS PRINCIPIOS PRIMERO Y SEGUNDO A GASES

REALES 223
APLICACIONES DE LOS PRINCIPIOS PRIMERO Y SEGUNDO AL CAM-

BIO DE FASE 323
1
APLICACIONES DE LOS PRINCIPIOS PRIMERO Y SEGUNDO
A GASES PERFECTOS
A) SISTEMAS CERRADOS
Problema 1
Supóngase que la temperatura del mar varı́a linealmente desde 4 o C a 3 km de profundidad hasta
o
15 C a nivel del mar, y que la temperatura de la atmósfera disminuye linealmente (desde este valor)
6,5o C/km hasta una altura de 11 km y luego permanece constante hasta 20 km. Se pide:
1.- Representar las variaciones de presión con la altura. ¿Tiene influencia la variación de la altura
en la aceleración de la gravedad?.
2.- El barómetro de un avión mide 50 kPa. ¿A qué altura vuela?
3.- Sabiendo que el radio de la Tierra es de 6370 km, estimar la masa que tiene la atmósfera.
4.- ¿A qué altura se tiene ya la mitad de la masa?
5.- Representar el volumen que ocuparı́a un kilo de metano en función de la altura, supuesto en
equilibrio.
Solución
La distribución de temperaturas que se da es:
11

 288 + 3 z K

 para −3 ≤ z ≤ 0
T (z) = 288 − 6, 5 z K para 0 ≤ z ≤ 11 (1)


T11 = 216, 5 K para z ≥ 11

donde z va expresada en km.

1) Para representar las variaciones de presión con la altura se suponondrá la atmósfera (el sistema)
en equilibrio mecánico, aunque no térmico. Tomando un elemento diferencial de sistema que sea un
pequeño cubo en una altura z, se verificará debido al equilibrio mecánico:
d p = −ρ g dz
donde ρ es la densidad del elemento de aire en la altura z. Por otra parte, de la ecuación de la
gravitación de Newton y señalando el radio de la Tierra con RT :
MT m 

F =G 2  KT MT
d −→ g =
F d2
=g


m go KT MT
= 2 ' go donde go =
z RT2
1+
RT
z
ya que 1 para 0 ≤ z ≤ 11 km.
RT
El apartado se va a resolver con la última, y más sencilla, aproximación ya que la altura tiene una
influencia muy pequeña sobre la variación de g. Ası́ pues, se tiene:
d p = −ρ go dz
Se necesita conocer ρ en función de p y z. Esto se obtiene de la ecuación de estado de la sustancia:
a) En el agua: se considera ésta lı́quido imcompresible, esto es, ρ = ρw = cte. Por lo tanto:
8 Problemas de Termodinámica.
Distribución de presión
p − po = −ρw go z −→ p = po − ρw go z ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
en el mar para -3≤ z ≤ 0 km
b) En el aire: considerando su comportamiento como el de un gas perfecto:
p R
= Ra T con Ra =
ρ Ma
siendo R la constante universal de los gases. Despejando ρ y llevando el resultado a (2):
dp go dz
=− (2)
p Ra T (z)
donde T (z) es la distribución de temperaturas dada en (1). En lo que sigue, las propiedades en z = 0
se señalarán con el subı́ndice (o).
En el intervalo 0 ≤ z ≤ 11 km la temperatura viene dada por T (z) = To − 6, 5 z, por lo tanto la
ecuación (2) quedará:
dp go 103 dz
=−
p Ra To − 6, 5 z
Integrando:
p go × 103 To − 6, 5 z
ln = ln
po Ra × 6, 5 To
3

go × 10 6, 5 z
= ln 1 −
Ra × 6, 5 To
esto es:
3
Rgo ×10
6, 5 z a ×6,5 Distribución de presión en el aire
p = po 1− ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
To en el intervalo de alturas 0 ≤ z ≤ 11 km
A los 11 km de altura:
p(11) = 0, 223 po Pa
En el intervalo z ≥ 11 T (z) = T11 , luego:
go (z − 11) · 103

dp go
=− dz −→ p = p11 exp −
p Ra T11 Ra T11
go (z − 11) · 103

Distribución de presión en el aire
p = 0, 223 po exp − ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
Ra T11 en el intervalo de alturas z ≥ 11 km
Ası́, agrupando los tres resultados, se tiene que la distribución de la presión es:


 po − ρw go z Pa para −3 ≤ z ≤ 0
 3

 go ×10

 6, 5 z Ra ×6,5
p(z) = po 1 − Pa para 0 ≤ z ≤ 11 km
 To
 3


 g o (z − 11) · 10
 0, 223 po exp − Pa para z ≥ 11 km


Ra T11
Aplicaciones de los principios primero y segundo a gases perfectos: sistemas cerrados 9
En los valores extremos de los intervalos, para el aire, se obtiene en pascales:
p(0) = po ; p(11) = 0, 223 po ; p(20) = 0, 054 po

La distribución de la densidad, conocidas las de temperatura y presión, y teniendo en cuenta que
el agua lı́quida se ha modelado como lı́quido incompresible, es inmediata:
kg · m−3 para −3 ≤ z ≤ 0


 ρw



 go ×103 −1
6, 5 z Ra ×6,5
kg · m−3 para 0 ≤ z ≤ 11 km

ρ(z) = ρo 1 −
 T o

go (z − 11) · 103


 0, 297 ρo exp − kg · m−3 para z ≥ 11 km


Ra T11
En los valores extremos de los intervalos, para el aire, se obtiene:

ρo = 1, 21 kg · m−3 ; ρ11 = 0, 36 kg · m−3 ; ρ20 = 0, 087 kg · m−3
2) La presión barométrica es la presión absoluta local. Ası́, para que p = 0, 5 po , el avión debe volar
por debajo de los 11 km, ya que a esa altura la presión es 0, 223 po . Ası́ pues:
Ra ×6,5
go ×103 6, 5 z
1 − 0, 5 =
To
luego Ra ×6,5
To g ×103
z= 1 − 0, 5 o
6, 5
287×6,5
288 9,81×103 Altura a la que vuela
= × 1 − 0, 5 = 5, 47 km ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
el avión para que p = 0,5 po
6, 5
3) La presión se define como:
F
p=
A
La fuerza es la debida a la masa de la atmósfera, luego en la superficie de la Tierra:
m g = po AT
y despejando la masa:
po A T
m=
g
El área de la superficie terrestre es 4 π RT2 . Por lo tanto:
po 4 π RT2
m=
g
10 × 4 × π × 63702
5
= ' 5 · 1018 kg ←−−−masa
−−−−− estimada
−−−−−−−−−−
del aire de la atmósfera
9, 81
4) Si a 5,47 km la presión ha disminuido a la mitad, a esa altura se habrá sobrepasado ya la mitad

de la masa. Por lo tanto la mitad de la masa se tiene a los 5,47 km.
Otra forma de verlo es la siguiente. De la ecuación térmica de estado para el aire como gas perfecto:
p(z)A(z)
m(z) =
g
Por otra parte:
A(z) = 4 π (RT + z)2

2
2 z
= 4 π RT 1 +
RT
Ası́ pues:
go ×103 2
po 4 π RT2

6, 5 z Ra ×6,5 z
m(z) = 1− 1+
g To RT
g ×10 3
o
6, 5 z Ra ×6,5
' mt 1 −
To
donde se han despreciado los mismos términos que en la expresión del desarrollo de g. Ası́ pues:
m(z)
= 0, 5
mt
go ×103
6, 5 z Ra ×6,5
= 1−
To
y despejando z se obtiene la misma expresión que la obtenida en 2)
5) Representar el volumen que ocuparı́a un kilo de metano en función de la altura, supuesto en

equilibrio térmico y mecánico.
Se va a suponer que el metano se comporta como un gas semiperfecto por lo que se ecuación
térmica de estado es:
p(z)V (z) = mC H4 RC H4 T (z)
La constante del metano vale:
R
RC H4 =
MC H4
8.314
= = 519, 6 J · kg−1 · K−1
16
y como la masa de metano es 1 kg:
T (z)
V (z) = 519, 6
p(z)
Ası́, con las distribuciones de temperatura y presión dadas anteriormente se obtendrá la distribu-
ción del volumen del kilo de metano:

11
288 + z
V (z) = 519, 6 3 m3 para −3 ≤ z ≤ 0 km
po − ρw go z

6, 5 z
To 1 −
To
V (z) = 519, 6 go ×103
6, 5 z Ra ×6,5
po 1 −
To
3
− Rgo ×10
To 6, 5 z a ×6,5
= 519, 6 1− m3 para 0 ≤ z ≤ 11 km
po To
go (z − 11) · 103

T (11)
V (z) = 519, 6 exp −
p(11) Ra T11
#
go (z − 11) · 103

To
= 1751, 6 exp − m3 para z ≥ 11 km
po Ra T11

z go z
Puede comprobarse que manteniendo el término - 2 go en el desarrollo de g = 2 ' go 1 − 2 la
RT z RT
1+
RT
precisión que se obtiene no justifica la complicación del cálculo.
Problema 3
En un colector solar de 40 m2 una corriente de aire recibe un flujo de energı́a Q̇:
π(t − 6)
Q̇ = Q̇o sen con 6 ≤ t ≤ 18 h
12
siendo t la hora del dı́a y Q̇o = 500 W. m−2 . Con esta energı́a se quiere alimentar una carga térmica
constante las 24 horas del dı́a, por lo que se utiliza un acumulador de calor de 4 m3 de agua.
Suponiendo despreciables las pérdidas energéticas en las tuberı́as (y sin tener en cuenta la bomba de
circulación), se desea calcular:
1.- La intensidad de la carga admisible.
2.- La variación de temperatura del acumulador.
3.- Las horas en que tienen lugar los extremos de temperatura del acumulador.
Esquema del dispositivo

Solución
1) La intensidad de la carga admisible. Si se representa de forma gráfica la energı́a en función del
tiempo para la entrada y salida del acumulador se obtiene:
Entrada al acumulador Salida del acumulador
La intensidad de la carga admisible es el valor medio de Q̇ en las 24 horas del dı́a:
A t
Z
Q̇m = Q̇ dt
t o
A · Q̇o 18 π · (t − 6)
Z
= sen dt
24 6 12

A · Q̇o 12 π · (t − 6) 18
= × − cos
24 π 12

6
A · Q̇o 40 × 5̇00 Intensidad de la

= = = 6.366 W −→ Q̇m ' 6, 4 kW ←−−−−−−−−−−−−
carga admisible
π π
2) Para determinar la variación de temperatura del acumulador, se establece el balance energético

aplicado al acumulador. Ası́ :
dE
Q̇e (t) − Q̇s (t) =
dt acumulador

Ahora bien, en el acumulador no hay variación ni de energı́a cinética ni de energı́a potencial por lo
que la variación de la energı́a del sistema (el acumulador) será la variación de su energı́a interna.
La sustancia de trabajo del acumulador es agua lı́quida. Ésta se considera lı́quido calorı́ficamente
perfecto por lo que su energı́a interna sólo dependerá de la temperatura. Por lo tanto:

dU
Q̇e (t) − Q̇s (t) =
dt
acumulador

dT
= m·c·
dt acumulador
Esta ecuación se integra en cada uno de los tres tramos de tiempo siguientes:
a) Tramo 0 ≤ t < 6 h. En este tramo Q̇e (t) = 0 y Q̇s (t) es la intensidad de la carga admisible,
luego:
A · Q̇o dTac
− = mac · cac ·
π dt
Integrando en t y expresando el tiempo en horas:
A · Q̇o · 3600
Tac = Tac, in − ·t
π · mac · cac
siendo Tac, in la temperatura inicial del acumulador. La temperatura del acumulador en el ins-
tante final del intervalo es:
A · Q̇o · 3600
Tac (6 h) = Tac, in − ×6
π · mac · cac
= (Tac, in − 8, 2) o C
b) Tramo 6 ≤ t ≤ 18 h. En este tramo no es nula ninguna de las interaciones térmicas. Ası́ pues,
como la energı́a térmica que recibe el aire en el colector solar la cede al acumulador:

π · (t − 6) 1 dTac
A · Q̇o · sen − = mac · cac ·
12 π dt
Realizando la integración en t y expresando el tiempo en horas, como en el tramo a), se obtiene

para este tramo:
t
A · Q̇o · 3600 12 π · (t − 6) t
Tac = Tac (6 h) + · − cos −
mac · cac π 12 π 6
Pero, según se ha obtenido anteriormente:
A · Q̇o · 3600
Tac (6 h) = Tac, in − ×6
π · mac · cac
luego la temperatura del acumulador en función del tiempo en el tramo 6 ≤ t ≤ 18 h es:

A · Q̇o · 3600 π · (t − 6)
Tac = Tac, in + · 12 · 1 − cos −t
π · mac · cac 12
Y la temperatura al final del intervalo:
A · Q̇o · 3600
Tac (18 h) = Tac, in + ×6
π · mac · cac
c) Tramo 18 ≤ t ≤ 24 h. En este tramo, al igual que en el primero, Q̇e (t) = 0 y Q̇s (t) es igual a
la intensidad de la carga admisible. Ası́ la ecuación de la que se obtiene la dependencia con t de
la temperatura es:
A · Q̇o dTac
− = mac · cac ·
π dt
que integrada proporciona:
A · Q̇o · 3600
Tac = Tac, in + · (24 − t)
π · mac · cac
3) Las horas en que tienen lugar los extremos de temperatura del acumulador.
Los valores extremos de temperatura van a tener lugar (obviamente dadas las funciones anteriores)
en el intervalo 6 < t < 18 h. En este intervalo la función T (t) es:

A · Q̇o · 3600 π · (t − 6)
Tac = Tac, in + · 12 · 1 − cos −t
π · mac · cac 12
Derivando esta función respecto a t e igualando a cero esta derivada se obtiene que:
π · (t − 6) 1
sen =
12 π
Existen dos valores de t para los que la función seno tiene el valor 1/π (para un valor del seno existen
dos ángulos α y π − α cuyo seno es el mismo.), esto es:
t1 = 7, 24 h −→ Tac − Tac, in = −9, 1 o C

π · (t − 6) 1
= arcsen( ) −→
12 π t2 = 16, 8 h −→ Tac − Tac, in = 9, 1 o C
La diferencia de temperatura entre estos dos valores extremos es pues:

∆Tpp = 18, 2 o C
La representación de la variación de la temperatura en el acumulador respecto a la que éste tiene

en un instante inicial en función del tiempo es:
Distribución de temperatura en el acumulador.

Problema 4
Un globo esférico de 2 gramos de goma elástica de pequeño espesor, puede hincharse hasta un
diámetro de 5 cm sin aplicar una sobrepresión apreciable. A partir de ahı́ se necesita una sobrepresión
de 15 mmHg por cada cm de aumento del diámetro. El globo está inicialmente lleno de hidrógeno y
tiene un diámetro de 15 cm.
Se dispone, además, de un cilindro abierto, de 20 cm de diámetro y 30 cm de altura, y de un
émbolo que ajusta perfectamente al cilindro y por el que desliza con poca fricción.
Se pide determinar:
1.- La presión inicial del H2 .

2.- Cuando se introduce el globo en el cilindro y se coloca el émbolo encima, la masa mı́nima de
éste que hace que el globo flote.
3.- El estado final de equilibrio si el émbolo tiene 30 kg, todo ello en presencia de la atmósfera.
Solución
De los datos del enunciado se deduce que la ley de deformación de la goma es lineal:
pint − pext = k · (D − Do )
con Do = 5 cm. La constante de proporcionalidad k vale:
∆p
k=
∆D
(15/760) × 101, 325
=
10−2
' 200 kPa · m−1
Los dos gases se modelan como gases perfectos, la goma se considerará perfectamente elástica y
el émbolo indeformable. El aire se señala con el subı́ndice .a”.
1) El estado inicial es de equilibrio termodinámico, luego habrá equilibrio mecánico. Por lo tanto:
despejando la presión
p1H − p1a = k · (D1 − Do ) −− −−−−−−−−−−−−→ p1H = p1a + k · (D1 − Do )
inicial del hidrógeno
2 2
= 100 + 200 × (0, 15 − 0, 05)

Presión inicial
= 120 kPa ←−−−−−−−−−−−
del hidrógeno
La masa de hidrógeno que hay en el globo se obtiene a partir de la ecuación térmica de estado:
p 1H · V 1H
2 2
mH2 =
mH2 T1H
2
120 · 103 × (π/6) × 0, 153

=
(8314/2) × 288
masa de hidrógeno
= 1, 771 · 10−4 kg ←−−−−−−−−−−−−−−
en el globo
2) El globo no flotará si la fuerza de flotabilidad (o empuje de Arquı́medes) es menor que las fuerza
gravitatoria. El empuje de Arquı́medes viene dado por:
π
Ff = ρ1a · · D13 · g
6
p1a π
= · · D13 · g
Ra · T1a 6
105 π
= × × 0, 153 × 9, 81
287 × 288 6
= 0, 02097 N
y la fuerza gravitatoria:
Fg = (mH2 + mg ) · g
= (1, 771 · 10−4 + 0, 002) × 9, 81
= 0, 02136 N
Al colocar el globo en el cilindro caerá al fondo de éste ya que la fuerza gravitatoria es mayor que la
fuerza de flotabilidad.
Una vez el globo en el interior del cilindro colocamos en el cilindro un émbolo cuya masa mı́nima
mE para que el globo flote hay que determinar. Las ecuaciones de las que disponemos para determinar
esa masa mı́nima del émbolo son:
a) Condición para que el globo flote, esto es, igualdad del empuje de Arquı́medes y la fuerza
gravitatoria:
π
Ff = Fg −→ ρ2a · · D13 = mH2 + mg (1)
6
b) Existe equilibrio termodinámico lo que exige que:
*) al no haber ninguna restricción para el intercambio de calor entre el interior del cilindro y
el ambiente y suponiendo que se espera el tiempo suficiente, la temperatura en el interior
del cilindro y el ambiente sea la misma, esto es, haya equilibrio térmico:
T2H = T2a = Tamb (2)

2
*) no haya en el interior del cilindro fuerzas y/o momentos desequilibrados, esto es, haya
equilibrio mecánico:
m ·g
p2a = pamb + E (3)
A
p2H − p2a = k · (D2 − Do ) (4)
2
c) Ecuaciones témicas de estado para el aire y para el hidrógeno considerados ambos, como ya se
fijo al principio, gases perfectos:
p2a
p2a · V2a = ma · Ra · T2a o = Ra · T2a (5)
ρ2a
p2H · V2H = mH2 · RH2 · T2H (6)
2 2 2
Despejando la densidad del aire de la ecuación (5) y llevando ese resultado a la ecuación (1) se
obtiene para la presión final del aire:
(mH2 + mg ) · Ra · T2a
p2a = (7)
(π/6) · D23
Por otra parte de la ecuación (6) y teniendo en cuenta que la masa de hidrógeno en el interior del
globo permanece constante, se obtiene para la presión del H2 en el globo en el estado final que
analizamos:
mH2 · RH2 · T2H

2
p 2H =
2 (π/6) · D23
3 (8)
D1
= p 1H ·
2 D2
Llevando estos valores de las presiones del aire y del hidrógeno a la ecuación (4) se obtiene una
ecuación con D2 como única incognita:
3
(mH2 + mg ) · Ra · T2a

D1
p 1H · − − k · (D2 − Do ) = 0
2 D2 (π/6) · D23
que dando valores numéricos queda:
3
0, 15 0, 0021771 × 0, 287 × 288
120 × − − 200 × (D2 − 0, 05) = 0 (9)
D2 (π/6) × D23
ecuación cuya solución es:
D2 = 0, 14685 m
y por lo tanto de (7):
p2a = 108, 53 kPa

Finalmente, llevando este valor de la presión del aire a la ecuación (3) se obtiene para la masa del
émbolo:
Masa mı́nima del émbolo

mE = 27, 3 kg ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
para que el globo flote
La ecuación (9) de cuarto grado en D se puede reducir a una de segundo grado de la forma siguiente; como con
los datos del problema se verifica:
mE · g/A
1
pamb
es decir, la sobrepresión debida al émbolo es pequeña (se necesitarı́a un émbolo de masa del orden de 300 kg para originar
una sobrepresión del orden de la presión atmósférica) podemos suponer que el diámetro del globo no diferirá mucho
de su valor inicial, esto es, podemos poner que:
3
D2 D1
= 1 + ε −→ = (1 + ε)−3
D1 D2
= 1 − 3 · ε + 6 · ε3 + · · ·
Llevando este desarrollo a la ecuación (9) y reagrupando términos después de dar los valores numéricos a los términos
conocidos se obtiene:
109, 0416 · ε2 − 84, 5208 · ε − 1, 8264 = 0
de la que sólo su raiz negativa:

ε = −0, 021038
es la que tiene sentido fı́sico. Con este valor de ε el diámetro vale:
D2 = 0, 14684
que, como puede comprobarse es prácticamente igual a la obtenida anteriormente.
3) Como la masa del émbolo es mayor que la calculada en el apartado anterior, el globo flotará.
Sepondremos que la fuerza con la que el globo empuja al émbolo es puntual (la superficie del globo
en contacto con el émbolo es muy pequeña). Las ecuaciones que vamos a usar son muy parecidas a
las del apartado anterior.
De la condición de equilibrio mecánico:
mE · g Ff Fg
pamb + = p3a + − (10)
A A A
donde en este caso el empuje de Arquı́medes vale:
p3a π
Ff = · · D33 · g
Ra · Tamb 6
Para establecer la última ecuación se ha tenido en cuenta la ecuación térmica de estado del aire y el
hecho de que en el estado final existe, también, equilibrio térmico con el ambiente.
Llevando el valor de Ff a la ecuación (10) se obtiene:
(π/6) · D33 · g (mH2 + mg ) · g

mE × g
pamb + = p3a · 1 + −
A Ra · Tamb · A A (11)
' p3a
ya que:
(π/6) · D33 · g mH2 + mg

∼ ∼ 10−5 1
Ra · Tamb · A mE
También del equilibrio mecánico se obtiene:
p3H − p3a = k · (D3 − Do ) (12)

2
Como la masa de hidrógeno permanece constante, de la ecuación térmica de estado se obtiene que:
3
D1
p3H = p1H · (13)
2 2 D3
Ası́, de la escuaciones (11), (12), y (13) se obtiene:

3
D1 m ×g
p 1H · − pamb + E − k · (D3 − Do ) = 0
2 D3 A
ecuación que dando valores numéricos a los términos conocidos resulta:
3
0, 15
120 × − 200 × (D3 − 0, 05) − 109, 368 = 0 (14)
D3
ecuación cuya solución se obtiene de la siguiente manera: Se supone un valor arbitrario para D3 y
levándolo a la ecuación (14) se obtiene un valor numérico determinado. A ese valor nemérico le vamos
a llamar δ. Con otro valor distinto para el cociente de diámetros se obtendrá otro de δ. De lo que
se trata es de localizar dos valores de D3 que nos proporcionen valores numéricos de δ cualesquiera
pero de signos opuestos. Se interpola entre estos dos últimos de modo que δ = 0. Con el valor de
D3 ası́ obtenido se rehace el proceso. Éste finaliza cuando los valores de entrada y salida de D3 sean
prácicamente iguales. Este proceso queda reflejado en el siguiente cuadro:
D3 (m) 0,15 0,12 0,1477 0,14692 0,14667 0,14659 0,14656

δ -9,368 111,007 -3,214 -1,0457 -0,34157 -0,1153 -0,03034
Al interpolar de nuevo se obtiene para D3 un valor prácticamente igual que el último utilizado.
Ası́ pues, se toma como solución el valor:
Diámetro final
D3 = 0, 1465 m ←−− −−−−−−−−−
del globo.
Aunque no se nos pide se va a calcular el calor intercambiado con el exterior. Para ello se toma
como sistema el aire+H2 +goma+émbolo. El balance energético aplicado a este sistema nos da:
Q + Watm,E = ∆Esistema
= ∆Ua + ∆UH2 + ∆Ug + ∆UE + ∆EpE
= ∆Ug + ∆EpE
ya que con el modelo de gas perfecto para el aire y el hidrógeno y el de sólido calorı́ficamente perfecto
para el émbolo, la variación de energı́a interna de estos subsistemas es nula pues depende sólo de la
temperatura y ésta es la misma para cada uno de ellos en los instantes inicial y final.
La variación de energı́a interna de la goma se obtiene de la ecuación de la energı́a interna. En un
caso general esta ecuación es:
X
dUg = δQ + δεi + xr dXr
r
Por definición de capacidad térmica:
δQ + δεi
c Xr = lı́m
∆T

∆T →0 Xr
∂U
=
∂T Xr

Luego, si U = U (T, Xr ):
∂U X ∂U
dU = dT + dXr
∂T Xr r
∂Xr T
X ∂U
= cD dT + dXr
r
∂X r T
Por analogı́a a lo que se obtiene para una gas puede ponerse:
∂U ∂xr
= xr − T
∂Xr T ∂T Xr

y si la fuerza generalizada xr no depende de T :
∂U
= xr
∂Xr T
En este caso:
πk
f= (D − Do ) D2
2
que no depende de T , luego:
πk
dUg = mg cD dT + (D − Do ) D2 dD
2
y como T2g = T1g :
π k D3
Z
∆Ug = ·(D − Do ) · D2 dD
2 D1
π 0,1465
Z
= 200 · 103 · (D − 0, 05) · D2 dD
2 0,15
= −2, 37 J
habiendo hecho uso de la ecuación de la energı́a mecánica para la goma ya que de esta ecuación se
obtiene:
Z D3
πk
WH2 ,g − Wa,g = ·(D − Do ) · D2 dD
2 D1
Los otros dos términos que faltan valen:
Watm,E = pamb · A · x
∆EpE = −mE · g · x
con x igual a:
Vfinal
x = Lcil −
A
El volumen final es igual a la suma del volumen que ocupa el aire del cilindro más el volumen que
ocupa el hidrógeno:
π
Vfinal = V3a + · D33
6
p1a π
= V1a · + · D33
p3a 6
(π × 0, 1 × 0, 3 − (π/6) · 0, 153 ) × 100 π
2
= + × 0, 14653
109, 37 6
3
= 0, 00865 m
Ası́ el valor de x será:
0, 00865
x = 0, 3 −
π × 0, 12
' 0, 025 m
y el trabajo comunicado por la atmósfera al émbolo y la variación de energı́a potencial de éste valdrán:
Watm,E = 105 × π × 0, 12 × 0, 025

= 78, 54 J
∆EpE = −30 × 9, 81 × 0, 025
= −7, 36 J
Ası́ el calor recibido por el sistema descrito antes será:
Q = ∆Ug + ∆EpE − Watm,E

= −2, 37 − 7, 36 − 78, 54
Calor
= −88, 27 J ←−−−−−recibido
−−−−−−
En el cálculo del calor recibido por el sistema formado por aire+hidrógeno+goma+émbolo se ha despreciado la
variación de energı́a potencial de la goma que vale:
∆Epg = mg · g · h
con h igual a:
Vfinal (D1 + D3 )
h= −
A 2
Al dar valores se obtiene:
∆Epg ' 0, 0025 J
que como puede observarse es muy pequeña frente al valor más pequeño de los calculados anteriormente (la variación
de energı́a potencial del émbolo).
Problema 5
La figura representa un acumulador de lı́quido hidráulico H, con 2 kg de nitrógeno, N2 , inicialmente

a 20 MPa, y un actuador compuesto de un cilindro de 0,5 m de largo y 8 cm de diámetro interior
(D), un émbolo E de 3 cm de espesor y baja fricción, un vástago V de 3 cm de diámetro (d) con el
que se va a empujar una fuerza constante de 4.000 kg, un resorte adiabático R de longitud natural
0,55 m y constante elástica 105 N·m−1 , y una cierta masa de aire encerrado inicialmente a 0,2 MPa.
Calcular el estado final de equilibrio termodinámico y el intercambio de calor con el exterior
cuando se abre la válvula Va .
Solución
Los modelos que se suponen para las distintas sustancias son los siguientes:
- N2 y aire: gases perfectos. Sus ecuaciones
térmicas de estado y la variación de energı́a
interna vendrán dadas por:
pV = mRT
u − uo = cv (T − T o )
- Émbolo: sólido calorı́ficamente perfecto.

- Muelle: sólido perfectamente elástico. Su
variación de energı́a interna vendrá dada por:
Z l
o
U −U = k(l − lo )dl
lo
1
= k (l − lo )2
2
Estableciendo el equilibrio mecánico del émbolo en el estado final se obtiene:
πD2 π (D2 − d2 )
pH − pf a − F2m − F = 0
4 4
y como pH = pfN2 la ecuación queda finalmente:
πD2 π (D2 − d2 )
p fN 2 − pf a − F2m − F = 0
4 4
si se desprecia la contribución de la presión hidrostática en la presión del lı́quido hidráulico y de la

πd2
fuerza de la presión ambiente sobre la sección del vástago, p∞ , por ser esta muy pequeña frente
4
a la contribución de cualquiera de las otros términos.
Del equilibrio térmico la temperatura final en cualquier punto del dispositivo es igual a la inicial,
que es la del ambiente: T2 = T∞ ; y como las masas de N2 y aire son fijas, de la ecuación térmica de
estado aplicada en el estado final al N2 y aire se obtiene:
pfN2 VfN2 = piN2 ViN2


piN2

!
πD2 πD2 /4 −→ pfN2 =
VfN2 = ViN2 + x −→ VfN2 = ViN2 1+ x  πD2 /4
4 ViN2
 1+ x
ViN2

pf a Vf a = pia Via 

2 2

π(D − d ) 
 pia
Via = (L − e) −→ pf a =
4 x
π(D2 − d2 )

 1−
Vf a =

(L − e − x)
 L−e
4
Por otra parte, de la figura adjunta se obtiene que l2 = l1 − x y que l1 = (L − e), de modo que en
el estado final de equilibrio:
F2m = k (lo − l2 )
= k [(lo − l1 ) + x]
= k (lo − (L − e) + x)
Ası́ pues, llevando estos resultados a la ecuación del equilibrio mecánico, esta quedará:
πD2 π (D2 − d2 )
piN2 pia
4 − 4 − k (lo − (L − e) + x) − F = 0
2
πD /4 x
1+ x 1 −
ViN2 L−e
ecuación en x que una vez resuelta se obtiene el desplazamiento horizontal, positivo hacia la izquierda,
y a partir de él el resto de las incógnitas del estado final, es decir, la presión del N2 y del aire, el
volumen final ocupado por cada uno de los gases, la fuerza que ejerce el muelle, el trabajo comunicado
por el dispositivo y finalmente el calor intercambiado con el ambiente.
El volumen que inicialmente ocupa el N2 se obtiene a partir de la ecuación térmica de estado del
nitrógeno aplicada al instante inicial:
mN2 RN2 T∞
ViN2 =
piN2
8.314
2× × 288
= 28 = 0, 0086 m3
20 · 106
Dando, pues, valores a los parámetros conocidos por el enunciado, la ecuación a resolver queda
finalmente:
1, 005 0, 0086
− − x − 0, 4724 = 0
1 + 0, 5845 × x 1 − x
0, 47
cuyas raı́ces son:
x1 = −2, 542 m ; x2 = 0, 337 m ; x3 = 0, 492 m
De las tres raı́ces sólo x2 tiene sentido fı́sico para el problema. Ası́ pues:
Desplazamiento
x = 0, 337 m ←−del
−−−émbolo
−−−−−−−
Presión final
pfN2 = 16, 7 MPa ← −−del
−−− −−−−
N 2
Presión final
pf a = 707 kPa ← −− −−−−−−−
del aire
VfN2 = 10, 2 l ← −Volumen
−−−−−−−− final
−−−−
ocupado por el N2
Volumen final
Vf a = 0, 6 l ←−− −−−−−−−−−−−−
ocupado por el aire
Utilizando el método de regula falsi se obtiene el cuadro siguiente en el que el valor de x por el que se comienza
es uno intermedio entre x = 0 y x = (L − e) = 0, 47
x
0,3 0,35 0,336 0,337
(cm)
δ
0,059 -0,022 0,0015 -0,0002
(cm)
A la vista de los valores de la última columna se toma como solución x = 0, 337 cm que coincide con la obtenida al
resover la ecuación.
Para calcular el calor intercambiado con el ambiente durante el proceso, se toma como sistema
el acumulador. Se trata de un sistema cerrado, deformable y de fronteras diatérmanas. Aplicando el
balance energético a este sistema se obtiene:
Q + WF,vas = ∆Um
ya que con el modelo dado para los gases y los sólidos indeformables, ∆UN2 , ∆Ua , ∆UE son nulos
ya que para estos sitemas la energı́a interna sólo depende de la temperatura y si la variación de
temperatura es nula, también lo será la de la energı́a interna.
Ası́ pues:
Q = ∆Um − WF,vas
1
= k [(l2 − lo )2 − (l1 − lo )2 ] + F x
2
1
= k [2 x (lo − L + e) + x2 ] + F x
2
1
= × 102 × [2 × 0, 337 × (0, 55 − 0, 5 + 0, 03) + 0, 3372 ] + 4 × 9, 81 × 0, 337
2
Calor intercambiado
= 21, 6 kJ ← −−con
−−−el
−−exterior
−−−−−−−−
Problema 6.
La figura adjunta representa un actuador hı́brido de tipo neumático/hidráulico cuyo objetivo es el

desplazamiento de una fuerza F de 105 N. Consta de un cicuito hidráulico formado por dos cilindros
de diámetros d1 = 0,15 m y d2 = 1 m dispuestos horizontalmente, dos émbolos adiabáticos E1 y E2
que pueden deslizar sin apenas fricción, un muelle prefectamente elástico M (adiabático y de masa
despreciable) de constante elástica k = 104 N/m y una cavidad en la que se alojan 50 gramos de
N2 inicialmente a una temperatura de 300 K. Además, se puede suponer que todo el conjunto se
encuentra térmicamente aislado. La presión exterior es p∞ = 100 kPa y el muelle inicialmente se
encuentra comprimido 1 cm.
A partir del estado inicial de equilibrio, se suministran 10 kJ al N2 por medio de una resistencia
eléctrica R. Suponiendo que en todo momento la temperatura del lı́quido permanece constante, se
pide:
1.- Presión manométrica del N2 en el instante inicial, ası́ como el volumen que ocupa (pudiendo
considerar la presión del lı́quido uniforme si ası́ fuera necesario).
2.- Establecer el conjunto de ecuaciones que determinan el estado de equilibrio final del N2 y el
desplazamiento del émbolo E1.
3.- Resolver las ecuaciones anteriores dando en particular los valores de la presión p2 , el volumen
V2 ası́ como la temperatura T2 del N2 .
Solución
1)
El estado inicial es un estado de equilibrio y
se pueden establecer las ecuaciones del equilibrio
mecánico a los émbolos E1 y E2. Ası́, estableciendo
el equilibrio mecánico en el émbolo E1 se obtiene:

A1 pliq = A1 p1N2 + Fm1
Fm1 = k(l0 − l1 )
Despejando pliq :
K
pliq = p1N2 + (l0 − l1 )
Esquema del dispositivo en el estado inicial
A1
Por otra parte, del equilibrio mecánico del émbolo E2 se obtiene para la presión ejercida por el
lı́quido:
F
pliq = p∞ +
A2
Ası́ pues:
F k
p1N2 = p∞ + − (l0 − l1 )
A2 A1
De la definición de presión manométrica:
pman1 = p1N2 − p∞
F k
= − (l0 − l1 )
A2 A1
100 10 presión manométrica
= π − 2 = 121, 7 kPa
←−−− −−−−−−−−−−−−
inicial del N2
π × 0, 15
4 4
Conocida la presión del N2 , el volumen que ocupa se determina a partir de la ecuación térmica de
estado. Con el modelo de gas perfecto para el N2 :
m RN2 T1N2
p1N2 V1N2 = m RN2 T1N2 −→ V1N2 =
p1N2
8, 314
0, 05 × × 300
= 28
221, 7
volumen ocupado
= 20 · 10−3 m3 = 20 l ←−−−−−−−−−−−−−−−−
inicialmente por el N 2
2)
Las variables que determinan el estado final
son: la presión, la temperatura finales del N2 ,
el volumen que este ocupa (p2 , T2 , V2 ) y el des-
plazamiento del émbolo E1 (x). La elongación
final del muelle (l0 − l2 ) se determina una vez
calculado V2 . Es decir se tienen 4 incógnitas y
por lo tanto se necesitarán 4 ecuaciones lineal-
mente independentes para determinar el estado
final de equilibrio.
Esquema del dispositivo en el estado final Análogamente a lo hecho para el estado ini-
cial, estableciendo el equilibrio mecánico en el émbolo E1 se obtiene:
)
A1 pliq = A1 p2N2 + Fm2
Fm2 = k(l0 − l2 )
Despejando pliq :
K
pliq = p2N2 + (l0 − l2 )
A1
Por otra parte, del equilibrio de émbolo E2 se obtiene para la presión ejercida por el lı́quido:
F F K
pliq = p∞ + −→ p2N2 = p∞ + − (l0 − l2 ) (1)
A2 A2 A1
Una segunda ecuación se obtiene de establecer el balance energético. En efecto, tomando como
sistema el N2 + E1 + muelle:
Q + Wliq,E1 = ∆UN2 + ∆Um
donde no se ha puesto ni la variación de energı́a interna ni potencial de E1 ya que estas son nulas.
Ahora bien, Wliq,E1 y ∆Um viene dadas por:
Wliq,E1 = −pliq A1 x

F
= − p∞ + A1 x
A2
1
∆Um = k [(l2 − l0 )2 − (l1 − l0 )2 ]
2
con lo que el balance energético quedará, considerando el N2 gas perfecto:

F 1
Q − p∞ + A1 x = m cvN2 (T2 − T1 )N2 + k [(l2 − l0 )2 − (l1 − l0 )2 ] (2)
A2 2
El resto de las ecuaciones son:

La ecuación térmica de estado para el N2 :
p2N2 V2N2 = m RN2 T2N2 (3)
La relación geométrica:
V2N2 = V1N2 + A1 x (4)
o lo que es lo mismo:
l2 = l1 + x (4a)
La resolución simultánea de estas cinco ecuaciones determina el estado final de equilibrio.

3) Para resolver las euaciones se va a proceder a reducir estas a una única ecuación con una sola
incógnita. Se lige como única incógnita el desplazamiento x de E1.
De (4a) y (1):
F K
p2N2 = p∞ + − (l0 − l1 − x)
A2 A1
(5)
F K k k
= p∞ + − (l0 − l1 ) + x) = p1N2 + x
A2 A1 A1 A1
Por otra parte de (2), (4a) y teniendo en cuenta (5):
k 2
m cvN2 (T2 − T1 )N2 − Q + p1N2 A1 x + x =0 (6)
2
De (3), (4) y (5):

k
p1N2 + x (V1N2 + A1 x)
k A1
p1N2 + x (V1N2 + A1 x) = m RN2 T2N2 −→ m T2N2 =
A1 RN2
Ası́ pues, la Ec (6) se podrá poner finalmente en la forma:

cvN2

k k
p1N2 + x (V1N2 + A1 x) + p1N2 A1 x + x2 − Q − m cvN2 T1N2 = 0
RN2 A1 2
Agrupando términos semejantes esta ecuación queda:

k V1N2 cvN2
cpN2 A1 p1N2 +
A1 Q
x2 + x− ! =0
RN2

cv N 2 1
k cvN2 + k +
2 RN2 2
Y al dar valores queda:

x2 + 1, 4 x − 0, 333 = 0 −→ x = 0, 207 m
Por lo tanto, la presión, la temperatura del N2 y el volumen que ocupa en el estado final serán:
p2N2 = 338, 8 kPa

V2N2 = 23, 8 l
T2N2 = 543 K
El émbolo E2 se desplaza hacia la izquierda una cantidad y dada por:

A1
A2 y = A1 x −→ y = x
A2
2
d1
= x
d2
= 0, 152 × 0, 207 ' 5 mm
Problema 7
En un cilindro adiabático de 30 cm de diámetro hay 100 gramos de oxı́geno que a 15 o C ocupan

50 L. Sobre este gas descansa un émbolo adiabático de 20 kg, que puede deslizar sin rozamiento, y
que está unido a un muelle adiabático de masa despreciable, constante elástica 105 N.m−1 y que se
encuentra fijo en un punto del exterior. Mediante una resistencia eléctrica se suministran 25 kJ al
gas. Se pide:
1.- Presión inicial del O2 y elongación inicial del muelle.

2.- Plantear el sistema de ecuaciones que determinan el estado final de equilibro del O2 .
3.- Calcular la altura final del émbolo ası́ como la temperatura y presión finales del O2 .
4.- Variación de la energı́a interna del gas.
Solución
El oxı́geno se modela como gas
perfecto.
1) El estado inicial es un estado de
equilibrio, luego en él puede apli-
carse la ecuación térmica de estado
del O2 :
p1O V1O = mO2 RO2 T1O
2 2 2
Y despejando la presión inicial p1O :

2
mO2 RO2 T1O

2
p 1O =
2 V1O
2
0, 1 × (8.314/32) × 288
=
50 · 10−3
Presión inicial
= 149, 7 kPa ← −−−−−−−−−−−
del O 2
Ahora bien, del equilibrio mecánico inicial del émbolo:
p1O A = pamb A + mE g + Fm
2
= pamb A + mE g + k (lo − l1 )
y despejando l1 − lo :
(pamb − p1O ) A + mE g
l1 − lo = 2
k
(100 − 149, 7) × π × 0, 152 + 20 × 9, 81 × 10−3
=
100
elongación inicial
= −0, 032 m ←−−del
−−− −−−−−−−
muelle
El muelle está inicialmente comprimido como se muestra de forma cualitativa en la figura.
2) Para plantear las ecuaciones que determinan el estado final, se elige el sistema formado por
émbolo+muelle+O2 . El balance energético para este sistema proporciona:
Q + Watm,E = ∆EE + ∆Em + ∆EO2

Se van a evaluar ahora los términos del segundo miembro:
* Émbolo:
∆EE = ∆EpE
= mE g x
ya que por tener las fronteras adiabáticas QE = 0 y, por lo tanto, de la ecuación de la energı́a
interna aplicada al émbolo:
∆UE = 0
La longitud x es el desplazamiento vertical y hacia arriba del émbolo como se muestra en la
figura.
* Muelle:
1
∆Um = km [(l2 − lo )2 − (l1 − lo )2 ]
2
ya que el muelle es adiabático y de masa despreciable. Según se observa en la figura l2 = l1 + x.
Por lo tanto: h xi
∆Um = k (lo − l1 ) x +
2
* Oxı́geno:
con el modelo de gas
∆EO2 = mO2 ∆uO2 −
− −−−−−−−−−−−−→ ∆EO2 = mO2 cvO2 (T2 − T1 )O2
perfecto para el O2
habiendo despreciado las variaciones de energı́a cinética y potencial del O2 .
Por otra parte, el trabajo que el ambiente comunica al émbolo viene dado por:
Watm,E = −pamb A x
donde x es, como ya se ha indicado anteriormente, el desplazamiento vertical y hacia arriba del
émbolo.
Ası́ pues, llevando estos resultados a la ecuación del balance energético después de despejar el
término del calor, se obtiene:
1
Q = mE g x + km [(lo − l1 ) x + x2 ] + mO2 cvO2 (T2 − T1 )O2 + pamb A x
2 (1)
k
= mO2 cvO2 (T2 − T1 )O2 + p1O2 A x + x2
2
donde se ha tenido en cuenta el equilibrio mecánico del émbolo en el estado inicial.
La segunda ecuación que planteamos es la ecuación térmica de estado para el oxı́geno considerado
gas perfecto:
p2 V2 = m RT2
ecuación que, teniendo en cuenta la realción existente entra los volúmenos ocupados por el oxı́geno
en los instante inicial y final, puede ponerse como:
p2 (V1 + A x) = m R T2 (2)
El estado final es un estado de equilibrio termodinámico, luego podremos poner (ver estado final
en la figura):
mE g k
A p2O = A pamb + mE g + Fm2 −→ p2O = pamb + + (lo − l2 )
2 2 A A
mE g k
= pamb + + [(lo − l1 ) + x] (3)
A A
k
= p 1O + x
2 A
Las ecuaciones (1), (2) y (3) especifican el estado final de equilibrio del O2 .
3) Si se sustituye el valor de p2O dado por (3) en la ecuación (2) y de ésta se despeja m T2 se obtiene:
2

k
p1O + x (V1 + A x)
2 A
m T2 =
RO2
Llevando este resultado a (1) se obtiene, después de reordenar términos:

! " ! #
1 cvO2 cvO2 cvO2 V1O2 k
+ k x 2 + p 1O A 1+ + x−Q=0
2 RO2 2 RO2 A RO2
Dando valores numéricos queda:
x2 + 0, 7134 x − 8, 294 · 10−2 = 0
cuyas raı́ces son:
x1 = 0, 102 m
x2 = −0, 815 m
De las dos soluciones sólo tiene sentido la raiz positiva. Ası́ pues:
x = 0, 102 m
y por lo tanto:
π × 0, 152 × 0, 102

−3
VO2 = 50 · 10 1+
50 · 10−3
= 0, 0572 m3 = 57, 2 litros
VO
h2 = 2
A
0, 0572 Altura final
= 2
= 0, 809 m ← −−−−−−−−−
del émbolo
π × 0, 15
100
p2O = 149, 7 + × 0, 102
2 π × 0, 152
Presión del O
= 294 kPa ←−−−−−−−−−−−2−−
en el estado final
donde el valor de la presión se ha obtenido haciendo uso de la ecuación (3). Con los valores del volumen
y presión finales, de la ecuación térmica de estado, ecuación (2), se obtiene para la temperatura final:
294 · 103 × 57, 2 · 10−3

T2O2 =
0, 1 × 8.314/32
Temperatura del O
= 647, 3 K ←−−−−−−−−−−−−−−2−
en el estado final
4) Ya se ha puesto anteriormente que la variación de la energı́a interna del oxı́geno, al haber sido
modelado éste como gas perfecto, sólo depende de la variación de temperatura. Por lo tanto:
∆UO2 = 0, 1 × 653, 2 × (647, 3 − 288)

' 23.470 J
Variación de la energı́a
= 23, 47 kJ ←−interna
−−−−−−del
−−− −−−−−−−
oxı́geno
Problema 8
Un depósito vertical y cilı́ndrico, cerrado, de paredes rı́gidas, de 60 cm de diámetro interior está di-
vidido en dos compartimentos estancos de 300 y 100 litros por un émbolo adiabático de 10 kg sujeto a
la base inferior del cilindro mediante un muelle adiabático, de masa despreciable y constante elástica
k= 250 kN.m−1 .
En el compartimento inferior, de 100 litros, hay 200 gramos de nitrógeno mientras que el otro
está lleno de aire a 90 kPa. La temperatura inicial de ambos gases es de 150 C.
La pared lateral y la cara superior están aisladas térmicamente y la inferior se pone en contacto
térmico con una fuente a 800 K y se deja que se alcance el equilibrio. Se pide:
1.- Presión inicial del N2 y masa de aire.
2.- Estado final de equilibrio.
3.- Producción de entropı́a en el proceso.
Solución
El aire y el nitrógeno se van a considerar gases perfectos por lo que la ecuación térmica de estado
para cada uno de ellos será:
p·V =m·R·T
y la variación de energı́a interna de los gases sólo dependerá de la variación de temperatura:
∆u = cv · ∆T
1) Para determinar la presión inicial del N2 y la masa de aire se hace aplicación de la ecuación
térmica de estado en el estado inicial de equilibrio tanto al nitrógeno como al aire obteniéndose:
p1N2 · V1N2 = mN2 · RN2 · T1N2
despejando la presión
mN2 · RN2 · T1N2
p1N2 =
V1N2
8.314
0, 2 × × 288
= 28 = 171.030 Pa −→ p1N ' 171 kPa ← Presión inicial
−−− −−−−−−−−
0, 1 2 del N2
De manera análoga se tiene para la masa de
aire:
p ·V
ma = 1a 1a
Ra · T1a
90 · 103 × 300 · 10−3 Masa de
= = 0, 327 kg ←−−−−−−−
aire
287 × 288
Aunque no se pida este valor se va a calcular
la elongación inicial del muelle l1 − lo . El estado
inicial es un estado de equilibrio termodinámico.
Por lo tanto habrá equilibrio mecánico, es decir,
en ese estado inicial se verificará que:
Fm1 m ·g
p1N2 + = p1a + E
A A
Como se ha puesto que Fm1 = k(l0 − l1 ):
k m ·g
p1N2 + (l0 − l1 ) = p1a + E
A A
Por lo tanto, despejando l1 − lo se obtiene:

(p1N2 − p1a ) · A − mE · g
l1 − lo =
k
171 · 103 − 90 · 103 ) × π × 0, 32 − 10 × 9, 81
=
250 · 103
= 0, 091 m
2) Cada uno de los gases es un sistema simple compresible. Esto quiere decir que para determinar
el estado de equilibrio de cada uno de ellos se necesita conocer dos propiedades termodinámicas.
Del nitrógeno se conoce, en el estado final, la temperatura que es la de la fuente térmica con la que
alcanza el equilibrio térmico:
T2N2 = 800 K
Por lo tanto, hay que dar las ecuaciones a partir de las que obtener la presión de este gas. La primera
ecuación que se plantea es la correspondiente a la ecuación térmica de estado del N2 aplicada al
estado final. Por ser el N2 un sistema cerrado, esto es, por conservarse su masa:
p2N2 · V2N2 p1N2 · V1N2
=
T2N2 T1N2 (1)
= 59, 385
La misma ecuación aplicada alire da:

p2a · V2a p ·V
= 1a 1a
T2a T1a (2)
= 93, 75 J · K−1
Las presiones de los gases están relacionadas por medio de la condición de equilibrio mecánico:
k m ·g
p2N2 + (l0 − l2 ) = p2a + E (3)
A A
Existen además las relaciones geométricas siguientes:
V2a = V1a − A · x (4)
V2N2 = V1N2 + A · x (5)
o lo que es lo mismo:
l2 = l1 + x (5a)
donde x representa el desplazamiento vertical y hacia arriba del émbolo.
Por último, se plantea la ecuación del segundo principio aplicado al sistema aire encerrado. En
general este principio dice que para un sistema cerrado:
X δ Qi
dSa = + δ σa
i
Ti
En este caso particular, como el proceso que sigue el aire es tal Qi = 0 ∀i y además, al no existir
ningún tipo de irreversibilidad interna (véase la justificación en los Apuntes, Tema 3 § 3.9) también
δ σ = 0 la ecuación anterior se reduce a:
con el modelo de gas γ γ

dSa = 0 −→ ∆Sa = 0 −
− −−−−−−−−−−−−→ p2a · V2a
perfecto para el aire
= p1a · V1a (6)
Con la resolución de estas siete ecuaciones se determinan los valores de p2N2 , V2N2 , p2a , V2a , T2a ,
l2 − lo y x con lo que queda especificado el estado final de equilibrio.
Resolución del sistema de ecuaciones.
De las ecuaciones (6) y (4) se obtiene:
p1a
p2a = γ
A·x
1−
V1a
y de (1) y (5):
59, 385 · T2N2
p2N2 = !
A·x
V1N2 · 1+
V1N2
Ası́ pues, llevando estos resultados a la ecuación (3) y teniendo en cuenta la ecuación (5b) se obtiene
la ecuación en x:
59, 385 · T2N2 p1a m ·g k
!= γ + E + · (l1 − lo + x)
A·x A·x A A
V1N2 · 1 + 1−
V V1a
1N
2
que al dar valores numéricos a los términos conocidos resulta:

90 475, 085 0, 0981 250
1,4 − 0, 09 × π × x
+ + × (0, 091 + x) = 0
0, 09 × π 0, 09 × π

0, 09 × π × x 1+
1− 0, 1
0, 3
La raiz de esta función se la busca por medio del método de regula falsi. Los pasos seguidos quedan
reflejados en el cuadro siguiente en el que los dos primeros valores se dan de forma arbitraria. Los
otros valores se obtienen interpolando entre otros dos (para los que δ tiene signo opuesto) de manera
que δ sea nula:
x δ
0,25 154,62
0,1 -97,76
0,158 5,0936
0,155 -0,193
La siguiente interpolación da x = 0, 1551 por lo que se toma como solución:

x = 0, 155 m = 15, 5 cm
El resto de las propiedades tienen, en el estado final de equilibrio, los valores:
Volumen final
V2N2 = 0, 1438 m3 ←−−−−−−−−−−−−−−
ocupado por el N 2
Presión final
p2N2 = 330, 13 kPa ←−−del
−−−N −−−−−
2
V2a = 0, 2564 m3 ←−−Volumen

−−−−−−−final
−−−−−−
ocupado por el aire
Presión final
p2a = 112, 27 kPa ←−−−−−−−−−−
del aire
Temperatura final
T2a = 306, 5 K ←−−−−−−−−−−−−−−
del aire
Aunque no se pide el calor recibido por el nitrógeno, se va a calcular pues se necesitará conocerlo
cuando se calcule la producción de entropı́a.
Se va a seguir un método general de análisis de cada subsistema en los que pueda dividirse
todo el conjunto que evoluciona. Se harán explı́citas las fronteras de cada sistema (cada frontera se
señalará con Σ y con subı́ndices que indiquen los sistemas que separa esa frontera) y las interacciones
mecánicas y térmicas que puedan existir en cada frontera concreta. Posteriormente se aplicará el
balance energético y la ecuación de la energı́a interna a cada uno de los susbsistemas.
Los subsistemas en que podemos dividir todo el conjunto son:
*) Aire: sistema A; sistema cerrado y deformable, simple compresible.

*) Nitrógeno: sistema B; al igual que el aire es un sistema simple compresible, cerrado y deformable.
*) Émbolo: sistema E; es un sistema cerrado y no deformable.
*) Muelle: sistema M; es unsistema cerrado y deformable. Se considera perfectamente elástico.
Se comienza por el aire encerrado:


Q=0
 ΣA,cil W = 0



Frontera
 Q=0
 ΣA,E

W = WE,A

El balance energético para el aire será pues:

WE,A = ∆UA (7)
habiendo despreciado la variación de energı́a potencial del aire. La ecuación de la energı́a interna
proporciona: Z f
∆UA = − pa dVa
i
ya que no hay disipación interna de trabajo mecánico, εi = 0. Esta ecuación sirve para, una vez que
se conoce el estado final de equilibrio y el camino que sigue el aire en su evolución, calcular el trabajo
que se le comunica al aire durante esa evolución.
Sistema émbolo: 
Q=0 Q=0
 ΣE,cil W = 0 ΣE,A



W = WA,E
Frontera
 Q=0 Q=0
 ΣE,B ΣE,M


W = WB,E W = WM,E
El balance energético aplicado a este sistema queda:
WA,E + WB,E + WM,E = ∆UE + ∆EpE
y de la ecuación de la energı́a interna, por ser el émbolo un sistema indeformable y adiabático, se

deduce que:
∆UE = 0
Ası́ pues, para el sistema émbolo se tendrá:
WA,E + WB,E + WM,E = ∆EpE (8)

Sistema muelle:
Q=0
Frontera : ΣM,E
W = WE,M
El balance energético aplicado a este sistema resulta:
WE,M = ∆Um
Al tratarse de un sistema adiabático y perfectamente elástico, la ecuación de la energı́a interna se

reduce a1 :
1
∆Um = k [(l2 − lo )2 − (l1 − lo )2 ]
2
De la combinación de las dos ecuaciones anteriores se obtiene:
1
WE,M = k [(l2 − lo )2 − (l1 − lo )2 ] (9)
2
Sistema N2 : 
Q = QB
Σ


 B,cil
 W =0
Frontera
 Q=0
 ΣB,E


W = WE,B
Ası́ el balance energético quedará:

QB + WE,B = ∆UN2 (10)
La ecuación de la energı́a interna para este sistema no aporta nada nuevo por lo que se prescinde de
ella.
Una vez establecidas las ecuaciones anteriores, se ponen a continuación las condiciones de acopla-
miento intersistemas. Todas las fronteras señaladas anteriormente son no disipativas por lo que en
ellas se verificarán las siguientes igualdades:
WA,E + WE,A = 0
WM,E + WE,M = 0
WB,E + WE,B = 0
Sumando las ecuaciones (7), (8), (9) y (10), teniendo en cuenta las condiciones de acoplamiento
se obtiene:
1
Q1 = ∆Ua + ∆UN2 + ∆EpE + k [(l2 − lo )2 − (l1 − lo )2 ] (11)
2
ecuación a partir de la que se evalúa el calor recibido por el sistema durante el proceso descrito en
el enunciado. Esta ecuación podrı́a haberse puesto directamente sin más que elegir como sistema el
conjunto A+E+M+B y aplicar a este sistema el balance energético.
Con el modelo de gas perfecto para el aire y el nitrógeno de la ecuación (11), teniendo en cuenta
la relación geométrica (6), se obtiene para el calor recibido por el N2 :
1 Si el muelle no fuera adiabático, la variación elemental de su energı́a interna vendrı́a dada por:
du = δq + δεi + fm d(l − lo )
= cv dT + fm d(l − lo )
donde la fuerza del muelle fm , en principio, depende sólo de (l − lo ), esto es, no se consideran efectos termoelásticos.
k
[2 (l1 − lo ) · x + x2 ]
Q1 = ma cva (T2a − T1a ) + mN2 cvN2 (T2N2 − T1N2 ) + mE g x +
2
= 0, 327 × 713 × (306, 5 − 288) + 0, 2 × 743 × (800 − 288) + 10 × 9, 81 × 0, 155
250 · 103
+ × (2 × 0, 091 × 0, 155 + 0, 1552 )
2
= 4313, 3 + 76083, 2 + 15, 21 + 6529, 4
Calor recibido por el N
' 87 · 103 J = 87 kJ ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−2−−−−−−−
hasta el equilibrio térmico con la fuente
4) Para aplicar el segundo principio se elege como sistema el conjunto A+E+M+B. El segundo
principio aplicado al proceso seguido por un sistema cerrado cualquiera establece que:
n
X Qi
σp + = ∆Ssistema
i=1
TFT i
En este caso sólo se tiene una fuente térmica por lo tanto se puede poner:
Q1
σp = ∆SA + ∆SE + ∆SM + ∆SB − (12)
TFT
Tanto el subsistema A como E y M son adiabáticos y no tienen en su interior ningún efecto

disipativo por lo que sus respectivas variaciones de entropı́a son nulas, esto es:
∆SA = ∆SE = ∆SM = 0
y como el nitrógeno se ha medelado como gas perfecto, de la ecuación (13) se obtiene para la
producción de entropı́a:
!
T2N p 2N Q1
σp = mN2 · cpN2 · ln 2
− RN2 · ln 2
−
T1N p 1N TFT
2 2
87 · 103

800 8.314 330, 3
= 0, 2 × 1.040 × ln − × ln −
288 28 171 800
= 173, 4 − 108, 8
Producción de entropı́a
= 64, 6 J · K−1 ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−
en el proceso
Problema 9
Un recipiente vertical abierto a la atmósfera de 12,5 dm2 de sección recta contiene una masa de
CH4 confinada por medio de un émbolo de 30 kg cuyas superficies en contacto con el gas del interior
y con el aire ambiente son adiabáticas. Las superficies del recipiente están aisladas térmicamente y
el émbolo descansa sobre el gas. Este inicialmente se halla a 80 o C.
A partir de este estado inicial, se tira del émbolo expansionando el gas, mediante una fuerza de
intensidad desconocida, y no necesariamente constante, hasta que un medidor de presión adosado al
recipiente señala una presión de vacı́o de 240 mmHg. En ese instante se fija el émbolo, después se
quita el aislamiento a las superficies del recipiente y se deja que el gas se atempere.
Durante el proceso de expansión se disipa por fricción entre el cilindro y el émbolo el 10 % del
trabajo que la fuerza comunica al émbolo y esta energı́a mecánica disipada se concentra toda ella en
el émbolo. Si las condiciones del ambiente son 15 o C y 100 kPa y utlizando el modelo de gas perfecto
para el metano, se pide:
1.- Densidad del CH4 en el estado inicial.
2.- Temperatura del gas al fijar el émbolo y masa de gas contenida en el recipiente si en este instante
el gas ocupa un volumen de 145 l.
3.- Trabajo comunicado por la fuerza al émbolo.
4.- Calor intercambiado durante el atemparamiento sabiendo que la temperatura inicial del émbolo
es la del ambiente.
5.- Producción de entropı́a en el proceso global descrito.
Solución
1) Como el CH4 se modela como gas perfecto, de la ecuación térmica de estado y del equilibrio
mecánico inicial se obtiene:
p1  m g
ρ1 =  p∞ + E
RCH4 T1 A

−→ ρ1 =
mE g  R T
CH4 1
p1 = p∞ + 
A 102, 35 densidad inicial
= = 0, 56 kg · m−3 ←−del
−−−metano
−−−−−−−
8, 314
× 353
16
2) Al tirar del émbolo, el metano experimenta una expansión isoentrópica (ver tema 3 §3.9). Ası́ pues,
∆S1→2 = 0 y con el modelo de gas perfecto para el metano y la definición de presión de vacı́o:
 68 8,314/(16×2,18)
z }| {
R/cp | 
p2 240
 100 − × 101, 325 
CH4 
 
T2 = T1

p1 −→ T2 = 353 × 
 760 
102, 35

  
p2 = p∞ − pvacio2
  
temperatura del metano

= 320, 2K ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−
al fijar el émbolo
Conocidas la temperatura y la presión, se determina la densidad del metano al fijar el émbol y

junto con la definción de densidad se determina la masa del gas. Ası́:

p2 
ρ2 = 
RCH4 T2  p∞ − pvacio2
−→ m = × V2
m RCH4 T2
ρ2 =


V2 68 masa
= × 0, 145 = 0, 059 kg = 59 g ←−− −−−−−
8, 314 de metano
× 320, 2
16
3) Para determinar el trabajo que la fuerza exterior comunica al émbolo, se establece el balance
energético aplicado al sistema formado por gas+émbolo+cilindro. Se trata de un sistema aislado
térmicamente de modo que Q̇i = 0 ∀i. Por lo tanto, el balance enregético quedará:
WF,E + Watm,E = ∆UCH4 + ∆UE + ∆EpE
Por otra parte, de la ecuación de la energı́a interna aplicada al émbolo y del análisis de la frontera
cilindro émbolo: 
∆UE = QE 

QE = −Wcil,E −→ ∆UE = 0, 1WF,E
σ

= ε = 0, 1WF,E 
Llevando este resultado al balance energético, reagrupando términos y despejando el término del
trabajo comunicado por la fuerza al émbolo se obtiene:
∆UCH4 + ∆EpE − Watm,E
WF,E =
0, 9
m g
m cv (T2 − T1 ) + (p∞ + E ) (V2 − V1 )
= A
0, 9
8, 314 0, 059
0, 059 × 2, 18 − × (320, 2 − 353) + 102, 35 × 0, 145 −
16 0, 56
=
0, 9
trabajo comunicado
= 0, 844 kJ = 844 J ←−−−−−−−−−−−−−−−−−
por la fuerza al émbolo
4) Para determinar el calor intercambiado por el dispositivo con el ambiente durante el atempera-
miento se elige como sistema CH4 +émbolo. El balance energético aplicado a este sistema durante el
atemperamiento dice que:
Q = ∆UCH4 |2→3 + ∆UE |2→3
Como en el enunciado se dice que inicialmente el émbolo está a temperatura del ambiente y en el
estado final alcanza la misma temperatura se deduce que ∆UE |1→3 = 0, ya que el émbolo es un sólido
calorı́ficamente perfecto. Ası́ pues:
∆UE |1→3 = ∆UE |1→2 + ∆UE |2→3 = 0 −→ ∆UE |2→3 = −∆UE |1→2
= −εσ = −0, 1 WF,E
Por lo tanto:
Q = m cv (T∞ − T2 ) − 0, 1 WF,E
8, 314
= 0, 059 × 2, 18 − × (288 − 320, 2) − 0, 1 × 0, 844
16
calor intercambiado con el ambiente
= −3, 240 KJ ← −−−durante
−−−−−−− −−−−−−−−−−−−−−−−−
el atemperamiento
5) De la ecuación del segundo principio aplicado al sistema cilindro+CH4 +émbolo en el proceso

global se obtiene:
Q2→3
σp = ∆SCH4 |1→3 −
T∞
T∞ p3 Q2→3
= m cp ln − RCH4 ln −
T1 p1 T∞
El proceso de atemperamiento es un proceso a volumen constante, por lo tanto la presión que alcanza
el gas al final del atemperamiento es:
p3 p2 T∞
= −→ p3 = p2
T∞ T2 T2
T∞
= (p∞ − pvacio2 )
T2
288
= 68 × = 61, 2 kPa
320, 2
Ası́ pues: 288 8.314 61, 2 3.240
σp = 0, 059 × 2.180 × ln − × ln +
353 16 102, 35 288
producción de entropı́a
= 0, 840 J · K−1 ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
en el proceso global descrito
Problema 10
Se dispone de un recipiente rı́gido, de vidrio, de 5 litros, lleno de aire y que comunica con la
atmósfera a través de un tubo vertical de 2 cm2 de sección. En un instante dado se suelta desde la
boca del tubo un cilindro de aluminio de 10 gramos, que ajusta y cuyo rozamiento con las paredes
del tubo es pequeño. Se pide:
1.- Estado final de equilibrio termodinámico.

2.- Estado final de equilibrio mecánico antes de la evacuación de calor, suponiendo que todas las
paredes del recipiente y las dos caras del émbolo en contacto con el aire son poco conductoras.
3.- Longitud mı́nima del tubo necesaria para que el émbolo pueda realizar sus oscilaciones sin caer
dentro del recipiente.
4.- Perı́odo de oscilación del émbolo.
Solución
El cilindro de aluminio que se suelta realizará unas oscilaciones que, debido a la fricción en-
tre el cilindro de aluminio y el tubo de vidrio, serán amortiguadas disminuyendo la amplitud de
cada oscilación, pero manteniéndose la frecuencia (o el perı́odo). Una vez alcanzado el equilibrio
mecánico (han cesado las oscilaciones) el aire encerrado dentro del recipiente, que habrá variado su
temperatura debido a las compresiones y expansiones sufridas durante las oscilaciones del émbolo,
se atemperará hasta alcanzar el equilibrio térmico con el ambiente (equilibrio termodinámico final).
La temperatura y presión iniciales del aire en el interior del depósito y en el tubo son las del
ambiente:
T1 = Tamb
p1 = pamb
y se despreciará el volumen del tubo frente al del depósito. 1) Para determinar el estado final de
equilibrio termodinámico, se elige como sistema el aire confinado en el interior del depósito y el tubo
por el cilindro. Ese estado final de equilibrio de este sistema viene caracterizado por:
* Equilibrio térmico ya que se permite la transferencia de calor entre el sistema y el exterior hasta
que en el sistema se alcance la temperatura de aquél, esto es:
T2 = Tamb
* quilibrio mecánico, lo que conlleva equilibrio de fuerzas:

mc g
p2 = pamb + (1)
A
Se dispone además de la ecuación térmica de estado, que considerando el aire gas perfecto es la
ecuación:
aplicándola a los es-

pV = mRT −−−−−−−−−−−−−→ p2 V2 = p1 V1
tados inicial y final
(2)
y de la relación geométrica entre los volúmenes inicial y final ocupados por el aire:

A z2
V2 = V1 1 − (3)
V1
siendo z2 la distancia vertical que ha descendido el émbolo cuando el sistema alcanza el equilibrio
termodinámico final.
Introduciendo (3) en (2) y teniendo en cuenta (1) se obtiene:

mc g A z2
pamb V1 1 + 1− = pamb V1
A pamb V1
y despejando z2 :
mc g
V A pamb
z2 = 1
A 1 + mc g
A pamb
10−2 × 9, 81
5 · 10−3 −4 5
× 2 · 10−2 × 10
Distancia vertical que el cilindro ha des-
= = 0, 122 m ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
cendido por el tubo en el equilibrio final
2 · 10−4 10 × 9, 81
1+
2 · 10−4 × 105
2) Estado final de equilibrio mecánico antes de la evacuación de calor, suponiendo que todas las
paredes del recipiente y las dos caras del émbolo en contacto con el aire son poco conductoras.
El sistema elegido es el mismo que en el apartado 1). De acuerdo con los criterios dados en el
Tema 3 § 3.9 de los apuntes, el proceso seguido por el aire hasta alcanzar el equilibrio mecánico es un
proceso isoentrópico. Ası́ pues, del segundo principio aplicado a un proceso elemental de un sistema
cerrado:
dS = 0
Con el modelo de gas perfecto para el aire se tendrá, pues:
dS = 0 −→ p V γ = cte (4)
El estado de equilibrio mecánico, que se señalará con el subı́ndice 3, exige que:

mc g
p3 = pamb + (5)
A
y la relación entre los volúmenes inicial y final es:

A z3
V3 = V1 1 − (6)
V1
siendo z3 la distancia vertical que ha descendido el émbolo cuando el sistema alcanza el equilibrio
mecánico.
De estas tres ecuaciones (4), (5) y (6) se obtiene:
γ
γ mc g A z3
pamb V1 1 + 1− = pamb V1γ
A pamb V1
y despejando z3 :
mc g γ
1+ −1
A pamb
z3 = mc g
1+
A pamb
z 0, 122 Distancia vertical que el cilindro ha descen-
' 2 = = 0, 08714 m ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
dido por el tubo en el equilibrio mecánico
γ 1, 4
De la ecuación (5):
10−2 × 9, 81
p3 = 105 +
2 · 10−4
Presión en el aire cuando se
= 100, 49 kPa ← −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
alcanza el equilibrio mecánico
y de la ecuación (6):
V3 = 4, 982 litros
La temperatura del aire cuando se alcanza el equilibrio mecánico se obtiene a partir de la ecuación
(4) junto con la ecuación térmica de estado:
(γ−1)/γ
p3
T3 = T1
p1
0,4/1,4
100, 49 Temperatura en el aire al
= 288 × = 288, 4 K ←−−−−−−−−
alcanzarse
−−−−−−−−−−−−−−−−
el equilibrio mecánico
100
3) Longitud mı́nima del tubo necesaria para que el émbolo pueda realizar sus oscilaciones sin caer
dentro del recipiente.
La máxima distancia vertical que descenderá el cilindro de aluminio será la correspondiente a
cuando no exista fricción entre el cilindro y el tubo de vidrio. Esa distancia máxima tiene que ser la
longitud mı́nima del tubo para que el cilindro pueda oscilar sin caerse dentro del depósito. Ası́ pues,
se elegirá como sistema el émbolo. Al no haber fricción Qcil = 0, por lo que de la ecuación de la
energı́a interna aplicada al cilindro:
∆Ucil = 0
El balance energético aplicado al cilindro resulta:
Wext,cil = ∆Epcil + ∆Eccil
esto es: Z z
(pamb − paire ) A dz = −mc g z + ∆Eccil (7)
0
siendo z la longitud mı́nima del tubo.

Por otra parte, de acuerdo con los razonamientos que dieron origen a la ecuación (4):
γ
V1
paire = pamb
V

pamb Az (8)
= γ ' pamb 1 + γ
Az V1
1−
V1
En la posición más baja del cilindro en el tubo ż = 0, por lo tanto ∆Eccil = 0, luego introduciendo
este resultado ası́ como la ecuación (8) en la ecuación (7) resulta:
γ A2 pamb
z = mc g
2 V1
esto es:
2 mc g V1
z=
γ A2 pamb
2 × 10−2 × 9, 81 × 5 · 10−3 Distancia mı́nima del tubo para
= −8 5
= 0, 175 m ←−−−
que
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
el cilindro no caiga al depósito
1, 4 × 4 · 10 × 10
4) Periodo de oscilación del émbolo.

La ecuación del movimiento oscilatorio del cilindro es:
pamb A + mc g − paire A = mc z̈
ecuación que, teniendo en cuenta (8), queda en la forma:

γ A2 pamb
z̈ + z−g =0
2 V1
γ A2 pamb
Esta ecuación es una ecuación diferencial de segundo orden en z con > 0, por lo tanto
2 V1
la solución será de la forma:
g
z = C cos(ωt − ϕ) +
ω2
donde:
s
γ A2 pamb
ω=
mc V1
Y como el perı́odo T está relacionado con ω mediante:

2π
T=
ω
se tendrá que el perı́odo vale:
s
mc V1
T = 2π
γ A2 pamb
s
10−2 × 5 · 10−3 Perı́odo de la oscilación
=2×π = 0, 59 s ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−
del cilindro de aluminio
1, 4 × 4 · 10−8 × 105
El tiempo de bajada del cilindro de aluminio es la mitad del perı́odo, es decir, 0,295 s. Comparado este tiempo con
el de ralajación mecánico τm
V 1/3
τ∼ 1
a
= 5 · 10−4 s
se ve que:
tp
= 590 1
τm
por lo que está justificado lo dicho en el apartado 2 y la hipótesis de proceso cuasiestático para el aire en cada bajada
y subida del cilindro de aluminio.
Problema 11
Dentro de un cilindro vertical de 30 litros y 1 dm2 de sección, sellado, existe un émbolo de 4 kg

que separa dos masas iguales de aire. Inicialmente la presión en la parte superior es la atmosférica.
En un cierto instante se suelta desde la cara superior del cilindro una pesa de 8 kg. Se pide:
1.- Masa y presión inicial en la parte inferior; altura inicial del émbolo; velocidad con la que llega
la pesa al émbolo y velocidad con la que éste empieza a moverse.
2.- Altura del émbolo y presión en cada compartimento tras alcanzarse el equilibrio mecánico su-
poniendo que toda la disipación por efecto de la fricción del émbolo se concentre en éste.
3.- Altura final del émbolo y presion en cada compartimento una vez alcanzado el equilibrio termo-
dinámico; calor intercambiado con el exterior hasta el equilibrio termodinámico.
4.- Altura mı́nima alcanzada por el émbolo.
Solución
Al compartimento superior lo señalaremos como a y al inferior como b. Ası́ pues, todas las propieda-
des termodinámicas del aire del compartimento superior llevarán el subı́ndice a y las correspondientes
al compartimento inferior lo llevarán b.
1) El estado inicial es un estado de equilibrio, por lo tanto:
mE · g
p1b = p1a +
A
4 × 9, 81
= 100 + × 10−3
0, 01
' 104 kPa ←−−Presión
−−−−−−− inicial del aire
−−−−−−−−−−−−−
en el compartimento inferior
El depósito es rı́gido por lo que su volumen permanece constante e igual a la suma de los volúmenes
de cada compartimento. En concreto en el estado inicial, si se desprecia el volumen ocupado por el
émbolo:
V = V1a + V1b −→ V1a = V − V1b
Por otra parte, como los dos compartimentos tienen la misma masa de aire y en ambos la tempe-
ratura es la misma, de la ecuación térmica de estado aplicada a cada compartimento se obtiene:
p1b · V1b = p1a · V1a
= p1a · (V − V1b )
Despejando el volumen del compartimento inferior se obtiene:
p1a · V
V1b =
p1a + p1b
100 × 30 · 10−3
=
100 + 104
= 0, 0147 m3 = 14, 7 l
Conocido el volumen que ocupa el aire en el compartimento inferior se calcula la altura a la que
inicialmente se encuentra el émbolo ya que:
V1b
V1b = A · z1 −→ z1 =
A
0, 0147 altura inicial
= = 1, 47 m ←del
−−−−−− −−−−−
émbolo
0, 01
La coordenada z se mide verticalmente y hacia arriba desde el fondo del cilindro.

Como se conocen también la presión y la temperatura se puede calcular cuánta masa de aire hay
en ese compartimento. En efecto, el aire se modela como gas perfecto por lo tanto su ecuación térmica
de estado será:
despejando p1b · V1b

p1b · V1b = mb · Raire · T1b −−la−−−−−→ mb =
masa Raire · T1b
103, 92 · 103 × 0, 01471
=
287 × 288
= 0, 0185 kg ← −masa
−−−−− de aire en el
−−−−−−−−−−−
compartimento inferior
- Velocidad con la que llega la pesa al émbolo y velocidad con la que éste empieza a moverse.
Durante la caı́da de la pesa se desprecia el trabajo de la resistencia aerodinámica. Con ello si
aplicamos el balance energético a la pesa en el proceso de caı́da, como Q = 0 se obtiene:
∆E = 0
y de la ecuación de la energı́a interna aplicada a la pesa, por ser esta un sistema indeformable y
adiabático:
∆Up = 0
Por lo tanto se verificará:

∆Ecp + ∆Epp = 0
esto es:
1 2 por
−−−lo
−−tanto
p
w = g · h1 − −−−→ w = 2 · g · h1
2 p
= 2 × 9, 81 × (3 − 1, 47)
Velocidad con la que
= 5, 5 m · s−1 ←−−−−−−−−−−−−−−−−−
la pesa llega al émbolo
El choque de la pesa con el émbolo es un choque inelástico. En el choque se conserva la cantidad

de movimiento, esto es:

Cantidad de movimiento Cantidad de movimiento
= −→ mp · w = (mE + mp ) · w0
antes del choque después del choque
donde w es la velocidad con la que la pesa llega al émbolo (calculada más arriba) y w0 es la velocidad
que el conjunto émbolo+peso tiene después del choque. Despejando esta última velocidad:
mp
w0 = ·ω
mE + mp
8 Velocidad de la pesa y el
= × 5, 5 = 3, 7 m · s−1 ← −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
émbolo después del choque
12
Durante el choque (que es prácticamente instantáneo) las fuerzas finitas no realizan trabajo y además es un proceso
adiabático. Ası́ el balance energético aplicado al émbolo y pesa durante el choque nos da:
∆E = 0 −→ ∆Up+E + ∆Ecp+E = 0
Por otra parte la varición de energı́a cinética durante el choque vale:

mE + mp mp

02 2 
∆Ecp+E = ·w − ·w 
2 2 

0 m p
p  mp · mE
w = · 2 · g · h1 −→ ∆Ecp+E = − · g · h1
mE + mp 
 mE
+ mp


w2 = 2 · g · h1

Ası́ pues, la variación de energı́a interna de la pesa y émbolo durante el choque será:
mp · mE
∆UE + ∆Up = · g · h1
mE + mp
Si la pesa y el émbolo fuesen, por ejemplo, de aluminio y tuviesen en el instante inicial la misma temperatura, el
incremento de ésta debido al choque puede comprobarse que serı́a de 0,004 K.
2) El conjunto émbolo+pesa, como producto del choque, desarrolla un movimento oscilatorio cuya
amplitud va disminuyendo, aunque no su frecuencia, por efecto de la fricción entre émbolo y cilindro
hasta que se alcanza el equilibrio mecánico. La velocidad del conjunto émbolo+pesa es siempre
vertical por lo que induce en el aire de los dos compartimentos velocidades también verticales. En el
movimiento del aire podemos despreciar, salvo en una capa de espesor muy pequeño, los efectos de
la viscosidad, esto es, podemos despreciar la disipación de trabajo mecánico en el seno del aire en
cualquiera de los dos compartimentos.
Por otra parte, la frecuencia de las oscilaciones son lo suficientemente rápidas como para poder
considerar que el proceso que experimenta el aire (de compresión-expansión sucesivas) es adiabático,
es decir el tiempo de relajación mecánico es muy peqeño comparado con el de relajación térmico
y por lo tanto se puede considerar que el proceso de transferencia de calor entre al ire de cada
compartimento y su entorno está congelado.
El segundo princpio aplicado a un sistema cerrado establece que:
X Qi
σ+ = ∆Ssistema
i
T
ecuación que aplicada con las consideraciones de los dos párrafos anteriores al aire de cada uno de
los compartimentos se reduce a:
γ γ
p2a · V2a = p1a · V1a

∆Saire = 0 −− −−−−−−−−−−−−→ (1)
perfecto para el aire p2b · V2bγ = p1b · V1bγ
En el enunciado se dice que el estado es de equilibrio mecánico, por lo tanto todas las fuerzas y
momentos en el inetrior del cilindro deben estar equilibradas, esto es, se verificará que:
(mE + mp ) · g
p2b = p2a + (2)
A
Disponemos de la ecuación térmica de estado para el aire en cada compartimento. esta ecuación
aplicada al estado de equilibrio mecánico nos proporciona:
p2a · V2a = ma · Raire · T2a (3)
p2b · V2b = mb · Raire · T2b (4)
Para cerrar el problema ponemos la condición de que el cilindro es rı́gido, esto es, su volumen
permanece constante:
V = V2a + V2b (5)
En lugar de esta última ecuación puede, lo que es equivalente, usarse las relaciones geométricas:

x1
V2a = V1a + A · x1 = V1a 1 + (5a)
L − z1

x1
V2b = V1b − A · x1 = V1b 1 − (5b)
z1
donde x1 representa el desplazamiento vertical y hacia abajo del émbolo desde su posición inicial.
Llevando las ecuaciones (5.a) y (5.b) a las ecuaciones dadas en (1) y posteriormente este resultado
a la ecuación (2) se obtiene la ecuación en x1 :
p1b p1a (mE + mp ) · g
γ − γ − =0 (6)
x1 x1 A
1− 1+
z1 L − z1
Dando valores numéricos a los términos conocidos, la ecuación (6) queda:

104 100
1,4 − 1,4 − 11, 772 = 0 (6a)
x1 x1
1− 1+
1, 47 1, 53
La ecuación (6.a) se va a resolver utilizando el método de regula falsi basado en el teorema de

Bolzano. Se dan dos valores arbitrarios a x1 de manera que los valores numéricos de la función dada
por (6), valores a los que llamamos δ, tengan signos opuestos. Se interpola entre esos valores para
obtener el valor de x1 para el que δ vale 0. Ese nuevo valor de x1 se lleva a (6) dando un valor de δ,
en general distinto de cero, pero con un determinado signo. Se interpolará de nuevo entre el último
valor de x1 y el anterior para el que δ sea de signo distinto. Se procede ası́ hasta que los valores de
x1 que se usen sean muy próximos, esto es, su diferencia sea muy pequeña. Todo lo anterior se refleja
en el siguiente cuadro:
x1 0,05 0,04 0,0407

δ 1,793 -0,128 0,0063
Una nueva interpolación darı́a x1 = 0, 04066 ' 0, 041 por lo que se toma como solución:
x1 ' 0, 041 m
x1 x1
Ahora se va a linealizar la ecuación (6). Esta linealización se basa en que los término y son pequeños
z1 L − z1
frente a 1 (de hecho el cociente 1/z1 vale 0,6803 y por lo tanto si x1 tiene un valor igual o menor que 0,1 ya se verifica
−γ −γ
x1 x1
lo afirmado) y por lo tanto se desarrollan en serie los términos 1 − y 1+ y se retienen sólo los
z1 L − z1
dos primeros términos de esos desarrollos:
−γ
x1 x1
1− '1+γ·
z1 z1
−γ
x1 x1
1+ '1−γ·
L − z1 L − z1
Introduciendo estos desarrollos en la ecuación (6) se obtiene:

x1 x1 (mE + mp ) · g
p1b · 1 + γ · − p1a · 1 − γ · − =0
z1 L − z1 A
Y teniendo en cuenta el equilibrio mecánico inicial se reduce a:

p1b p1a mp · g
γ· + · x1 − =0
z1 L − z1 A
Despejando x1 :
mp · g/A
x1 =
p1b p1a
γ· +
z1 L − z1
8 × 9, 81/0, 01
= = 0, 041 m
104 · 103 105

1, 4 × +
1, 47 3 − 1, 47
La altura del émbolo es:

z1 − x1 = 1, 47 − 0, 041
Altura del émbolo al alcanzarse
= 1, 429 m ←−−−− −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
y la presión del aire en cada compartimento al alcanzarse el equilibrio mecánico:

p1b
p2b = γ
x1
1−
z1
104 Presión en el compartimento inferior
= 1,4 = 108, 2 kPa ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
al alcanzarse el equilibrio mecánico
0, 041
1−
1, 47
p1a
p2a = γ
x1
1+
L − z1
100 Presión en el compartimento superior
= 1,4 = 96, 4 kPa ←−al−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
alcanzarse el equilibrio mecánico
0, 041
1+
3 − 1, 47
La temperatura del aire en cada compartimento al alcanzarse el equilibrio mecánico vale:
γ−1
p2a γ
T2a = T1a ·
p1a
1/3,5
96, 4
= 288 × ' 285 K
100
γ−1
p2b γ
T2b = T1b ·
p1b
0,4/1,4
108, 2
= 288 × ' 291 K
104
También el émbolo+pesa habrá aumentado su temperatura por efecto de la fricción, ya que de la

ecuación de la energı́a interna:
∆UE+p = (mE + mp ) · c · ∆T
= Q = εσ
3) Una vez atemperado todo el sistema (aire + émbolo + pesa) su temperatura será uniforme e igual
a la del ambiente:
T3b = T3a = Tamb
Además, existirá equilibrio mecánico, esto es, se verificará que:

(mE + mp ) · g
p3b = p3a + (7)
A
De la ecuación térmica de estado para el aire se obtiene para el estado final de equilibrio termo-
dinámico:
mb · Raire · Tamb
p3b =
V3b
Por otra parte se verifica que:
A · x2
V3b = V1b · 1 −
V1b
donde x2 representa el desplazamiento vertical hacia abajo del émbolo+pesa medido desde la posición
inicial del émbolo. De las dos últimas ecuaciones se obtiene:
mb · Raire · Tamb 1
p3b = ·
V1b A · x2
1−
V1b (8)
p1b
= x2
1−
z1
De manera análoga se obtiene:

p1a
p3a = x2 (9)
1+
L − z1
Llevando estos dos valores de las presiones del aire a la ecuación del equilibrio mecánico (7) y
teniendo en cuenta el equilibrio mecánico inicial se obtiene:
p1b p1a (mE + mp ) · g

x2 − x2 − A
=0 (7a)
1− 1+
z1 L − z1
que puede escribirse en la forma:

(mE + mp ) · g 2 p1b p1a (mE + mp ) · g 1 1 mp g
x2 + + − − − =0
A z1 (L − z1 ) L − z1 z1 A L − z1 z1 A
Dando valores numéricos esta ecuación puede ponerse en la forma:

x22 + 26 x2 − 1, 5 = 0 −→ x2 = 0, 058 m
De manera análoga a lo hecho en el apartado anterior la ecuación (7.a)puede linealizarse obteniéndose:

p1b p1a mp · g mp · g/A
+ · x2 = −→ x2 = p1b p1a
z1 h − z1 A +
z1 h − z1
= γ · x1 = 0, 059 m
Con este valor de x2 la altura del émbolo medida desde el fondo del cilindro vale:
z2 = z1 − x2
Altura del émblo al alcnazarse
= 1, 47 − 0, 058 = 1, 412 m ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
el equilibrio termidinámico final
La presión del aire en cada compartimento se obtiene de las ecuaciones (8) y (9):
Presión del aire en el compartimento inferior
p3b = 108, 3 kPa ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
al alcanzarse el equilibrio termidinámico final
Presión del aire en el compartimento superior
p3a = 96, 3 kPa ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
al alcanzarse el equilibrio termodinámico final
-Calor intercambiado con el exterior hasta el equilibrio termodinámico.

Tomando como sistema el aire+émbolo+pesa+cilindro y si a este sistema se le aplica el balance
energético entre los estados inicial y final de equilibrio termodinámico2(∗) ”Ver nota al final del pro-
blema. se obtiene al ser el cilindro rı́gido y la energı́a interna de los gases y de los sólidos depender
sólo de la temperatura, dado que se ha elegido el modelo de sustancias perfectas:
Q = ∆Esistema
= ∆Epsistema

= − mp · (L − z2 ) + mE · x2 · g
= −[8 × (3 − 1, 412) + 4 × 0, 058] × 9, 81 = −126, 9 J
Y como el calor cedido es igual y de signo opuesto al calor recibido, si con Q0 se señala al primero
de éstos:
Q0 = −Q
Calor cedido al ambiente mientras se
= 126, 9 J ←− −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
alcanza el equilibrio termidinámico final
4) Para determinar la altura mı́nima se elige como sistema el émbolo+pesa. Se trata de un sistema
cerrado y rı́gido. La altura mı́nima se alcanza si no se considera la fricción entre el émbolo y el
cilindro. En este caso se originará un movimiento oscilatorio. La altura mı́nima/máxima se dará en
los puntos en los que se anule la velocidad. Durante el movimiento del sistema no hay ninguna
intercción térmica entre el exterior y el sistema. Por lo tanto, dado el modelo de sólido indeformable
y calorı́ficamente perfecto que se ha elegido para el sistema, al establecer la ecuación de la energı́a
mecánica se obtiene:
Wext,sis = ∆Em
esto es:
mE + mp 2
Wa,E+p + Wb,E+p = (mE + mp ) g · x3 − · w0
2
La frontera entre el aire en el compartiment a y el ámbolo + pesa ası́ como la del sire en b y el
émbolo son no disipativas por lo que:
Wa,E+p = −WE+p,a
Wb,E+p = −WE+p,b
Ası́ pues, teniendo en cuenta la expresión (2.24) de los apuntes de teorı́a, y considerando que en
el aire en cada compartimento no hay ningún tipo de irreversibilidad interna, se podrá ‘poner que:
Z Z
WE+p,a = − pa dVa = − pa A dx
Z Z (10)
WE+p,b = − pb dVb = pb A dx
2”
ya que V3a = V1a + A x3 y V3b = V1b − A x3 . Por lo tanto la ecuación de la energı́a mecánica aplicada
al ébolo+pesa quedará:
Z x3
m + mp 2
(pa − pb ) · A · dx = −(mE + mp ) g · x3 − E · w0
0 2
De acuerdo con las consideraciones hechas en el apartado 2) sobre la evolución del aire al moverse
p1a p1b
el émbolo se puede poner que pa = γ y pb = γ . Ası́ pues:
x x
1+ 1−
h − z1 z1
Z x3 " #
p1a p1b m + mp 02
γ − γ A dx = −(mE + mp ) g x3 − E w
0 x x 2
1+ 1−
h − z1 z1
Una vez realizada la integración queda:

" # " #
p1a · V1a 1 p1b · V1b 1
1− γ−1 − γ−1 − 1
γ−1 γ−1

x3 x3
1+ 1−
h − z1 h − z1
m + mp 02
= −(mE + mp ) g x3 − E w
2
que al dar valores numéricos a los terminos cuyos valores se conocen queda:
" # " #
1 1
3.825 1 − 0,4 − 3.822 0,4 − 1
x3 x3
1+ 1−
3 − 1, 471 1, 471
+ 117, 72 × x3 + 82, 14 = 0
3822, 5 3824, 6
− 0,4 − 0,4 + 117, 72 × x3 + 7727, 5 = 0
x3 x3
1+ 1−
1, 529 1, 471
y cuya solución es:
x3 ' 0, 33 m
y, por ende, la altura mı́nima del embolo:
z3 = z1 − x3
Altura mı́nima a la que
= 1, 47 − 0, 33 = 1, 14 m ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−
debe estar el émbolo
Una forma alternativa de resolver este apartado es tomando como sistema el cilindro más el aire encerrado en los dos
compartimentos y el émbolo y pesa. La evolución de este sistema, hasta que se el conjunto émbolo+pesa alcanza la
posición más baja en el cilindro, es adibática y como las fronteras son rı́gidas, el balance energético quedará:
0 = ∆Ua + ∆Ub + ∆EpE+p + ∆EcE+p
Por otra parte, considerando el aire gas prefecto:
∆Ua = ma cva (T3 − T1 )a

∆Ub = mb cvb (T3 − T1 )b
Como la evolución del aire es como ya se ha dicho anteriormente isoentrópica, se tendrá que:
γ−1
V1
T3 = T1
V3
Ası́ pues, aplicado este resultado a la ecuación anterior se tendrá:

" γ−1 γ−1 #
L − z1 z1 m + mp 02
ma cva T1 −2 + + − (mE + mp )g x3 − E w =0
L − z1 + x3 z1 − x3 2
Dando valores numéricos la ecuación a resolver resulta:

0,4 0,4
1, 53 1, 47
+ − 0, 031 × x3 − 2, 02 = 0
1, 53 + x3 1, 47 − x3
cuya solución es x3 = 0, 32.
NOTA: Tanto el choque como el proceso hasta alcanzar el equilibrio mecánico, para el sistema formado por émbo-
lo+pesa+cilindro+aire, son procesos adiabáticos. Solo el atemperamiento es un proceso no adiabático. Ası́ pues, el
sistema (aire + émbolo + pesa + cilindro) sólo recibirá calor durante este último proceso de atemperamiento (que lo
se señala con 2 → 3) y como las fronteras del sistema son rı́gidas:

Q = ∆Ua |2→3 + ∆Ub |2→3 + ∆Uc + ∆UE+p 2→3
− (mE + mp ) · g · (x2 − x1 ) (i)
Ahora bien, para el émbolo + cilindro se verifica que:

∆Uc + ∆UE+p |2→3 = −∆Uc + ∆UE+p |1→2 − ∆UE+p |choque
sustituyendo este resultado en la ecuación (I), ésta queda:

Q = ∆Ua |2→3 + ∆Ub |2→3 − ∆Uc + ∆UE+p 1→2 − ∆UE+p |choque − (mE + mp ) · g · (x2 − x1 ) (ii)
Se pasa ahora a analizar el proceso hasta el equilibrio mecánico eligiendo como sistema el mismo que anteriormente.
Es un proceso adiabático y las fronteras del sistema son rı́gidas. Por lo tanto el balance energético da:
∆Eaire+émbolo+cilindro = 0
esto es:
1
∆Ua |1→2 + ∆Ub |1→2 + ∆Uc + ∆UE+p |1→2 − (mE + mp ) · g · x1 − · (mE + mp ) · w02 = 0
2
Despejando la variación de energı́a interna del émbolo + cilindro durante este proceso se obtiene:
1
∆Uc + ∆UE+p |1→2 = −∆Ua |1→2 − ∆Ub |1→2 + (mE + mp ) · g · x1 + · (mE + mp ) · w02 (iii)
2
Por otra parte ya vimos al analizar el choque que:
∆Up+E = −∆Ecp+E
m + mp mp (iv)
=− E · w02 + · w2
2 2
Introduciendo los resultados de (III) y (IV) en la ecuación (II) resulta:
mE + mp mp
Q = ∆Ua |1→2 + ∆Ua |2→3 + ∆Ub |1→2 + ∆Ub |2→3 + · w02 − · w2
| {z } | {z } 2 2
∆Ua |1→3 =0 ∆Ub |1→3 =0
1
− (mE + mp ) · g · x1 − · (mE + mp ) · w02 − (mE + mp ) · g · (x2 − x1 )
2
1
=− · mp · w2 − (mE + mp ) · g · x2
2
que puede comprobarse que es igual que la obtenida en el apartado 3.
Problema 12
Un cilindro rı́gido de eje vertical herméticamente cerrado, de paredes diatérmanas, de volumen V0 =
10 l y de sección recta transversal A = 10 cm2 está dividido en dos compartimemtos iguales por medio
de un émbolo de masa mE = 10 kg, de paredes diatérmanas y volumen despreciable que inicialmente
está anclado al cilindro. En cada compartimento hay una masa de aire: mas en el compartimento
superior y mai en el inferior. Inicialmente la temperatura del aire en ambos compartimentos es la
del ambiente T∞ mientras que la presión es p∞ en el compartimento superior y tres veces esta en el
inferior.
En un instante dado se liberan los anclajes del émbolo y se deja alcanzar el equilibrio termo-
dinámico con el ambiente. Si la temperatura del ambiente es 25 o C y la presión 1 bar, se pide:
1.- Masa de aire en el compartimento superior, mas .

2.- Expresión del volumen final ocupado por el aire del compartimento superior cuando se alcanza el
equilibrio termodinámico con el ambiente en función de la variables adimensionales y = V2s /V0
y M = mE g/(p∞ A).
3.- Calcular el valor numérico de ese volumen.
4.- Calcular el calor intercambiado con el ambiente.
Considérese el proceso intermedio, previo al equilibrio termodinámico con el ambiente, desde la

liberación de los anclajes del émbolo hasta que se alcanza el equilibrio mecánico. Este se alcanza de
manera que τt tp τm , siendo τt , tp y τm el tiempo de relajación térmico, el tiempo del proceso
y el tiempo de ralajación mecánco respectivamente.
5.- Obtener la ecuación que determina la presión en el compartimento superior p3s en función de
las variables adimensionales x = p3s /p∞ y M definida en el apartado 2.
6.- Calcular la temperatura del aire en el compartimento superior al alcanzarse el equilibrio mecáni-
co.
7.- Calcular la producción de entropı́a en el proceso global.
Solución
1) Con el modelo de gas perfecto para el aire, de la ecuación térmica de estado se obtiene para la
masa encerrada en el compartimento superior:
p1s V1s
mas =
RT1s
V0
p∞ 5 −3
= 2 = 10 × 5 · 10 = 5, 85 · 10−3 kg = 5, 85 g
R T∞ 287 × 298
2) El equilibrio final con el ambiente implica que:
- la temperatura del aire en cada compartimento es la misma que la del ambiente:
T2s = T2i = T∞ (1)
- hay equilibrio mecánico:

mE g
A p2i = Ap2s + mE g −→ p2i = p2s + (2)
A
El aire se modela como gas perfecto, por lo tanto de la ecuación de estado para el aire en cada
compartimento en el estado final, teniendo en cuenta (1) se obtendrá:
p2s V2s = p1s Vis
V0 (3)
= p∞
2
p2i V2i = p1i Vii
V0 (4)
= 3 p∞
2
Por ser el recipiente rı́gido y herméticamente cerrado su volumen total no varı́a. Por lo tanto:
V2s + V2i = V0 −→ V2i = V0 − V2s (5)

3 p∞
p2i =
2 V2s
1−
V0
Despejando p2s de (3) e introduciendo estos dos últimos resultados en la ecuación (2) se obtiene:
3 p∞ p∞ V0 mE g 3 1 m g
= + −→ = + E
2 V2s 2 V2s A V2s V2s A p∞
1− 2 1− 2
V0 V0 V0
ecuación que en las variables adimensionales dadas en el enunciado queda:

2 2 1
y + −1 y− =0
M 2M
que es la expresión pedida del volumen final que ocupa en aire en el compartimento superior en
variables adimensionales.
3) Resolviendo la ecuación de segundo grado anterior, y teniendo en cuenta que al dar valores
numéricos el valor de M es 0,981 y que hay que coger la raiz positiva, se tiene:
y = 0, 363 −→ V2s = 0, 363V0 m3
4) El balance energético aplicado al sistema formado por el aire en los dos compartimentos y el
émbolo, por tratarse de gases perfectos y teniendo en cuenta (1), esto es, que la tamperatura final
del aire en cada compartimento es la misma que tiene inicialmente, reuslta:
Q = ∆EpE
= mE g ∆h
∆Vi
= mE g
A
Por otra parte, la variación del volumen del compartimento inferior vale
V0
∆Vi = V2i −
2
1
= V0 1 − y −
2
donde se ha tenido en cuenta la ecuación (5) que epresa que el volumen total no varı́a.
Ası́ pues, el flujo de calor puede expresarse en la forma:

mE g 1
Q= p∞ V0 1 − y −
p∞ A 2

1
= M p∞ V0 1 − y −
2
Calor recibido
= 0, 981 × 105 × 10−3 × 0, 137 = 134 J ←−−−−−−−−−−
del ambiente
5) Al alcanzarse el equilibrio mecánico, como τt tp τm , el proceso que sigue el aire en cada

compartimento es un proceso isoentrópico. Por lo tanto, las ecuaciones que determinan ese estado de
equilibrio, señalando con el subı́ndice 3 ese estado, son:
- hay equilibrio mecánico:

mE g
A p3i = Ap3s + mE g −→ p3i = p3s + (6)
A
- proceso isoentrópico para el aire:

aire gas
−−−−→ p3s V3sγ = p1s V1sγ
∆ss = 0 −
perfecto 1/γ
γ
V0 p1s (7)
= p∞ −→ V3s = p V1s
2 3s
1/γ
p∞ V0
=
p3s 2
p3i V3iγ = p1i V1iγ

γ 1/γ
(8)

V0 p1i
= 3; p∞ −→ V3i = V1i
2 p3i
1/γ
1/γ p∞ V0
=3
p3i 2
- El volumen total se conserva:
V3s + V3i = V0 −→ V3i = V0 − V3s (9)
De (6) y (8):
 1/γ
p∞ V0
V3i = 31/γ  m g

p3s + E 2
A
Y de (7) y (9):
1/γ !
1 p∞
V3i = V0 1−
2 p3s
Por lo tanto:  1/γ

1/γ
1/γ
3 p∞ 1 p∞

m g
 =1−
2 p3s + E 2 p3s
A
Con las variables adimensionales x = p3s /p∞ y M definida en el apratado 1), la ecuación anterior
queda:
1/γ
1 3
+ =2
x1/γ x+M
que es la ecuación pedida. La solución de esta eciación proporciona para p3s el valor:
x = 1, 36 −→ p3s = 1, 36 p∞
6) Como ya se ha dicho, el proceso seguido por el aire hasta el equilibrio mecánico es un proceso
isoentrópico y con el modelo de gas perfecto:
R/cp
T3s p3s
=
T1s p1s
= x(γ−1)/γ −→ T3s = T∞ x(γ−1)/γ
Temperatura del aire del compartimento
= 298 × 1, 361/3,5 = 325 K ←−−superior
−−−−−−− −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
en el equilbrio mecánico
7) Como el aire se ha modelado como gas perfecto y la temperatura inicial y final de equilibrio con
el ambiente es la misma, la ecuación del segundo principio aplicado al conjunto del aire y el émbolo
quedará:
Q p2s p2i p2s p2i Q
σp + = −ms R ln − mi R ln −→ σp = −ms R ln − mi R ln −
T∞ p1s p1i p1s p1i T∞
p2s p2i Q
= −ms R ln − mi R ln −
p∞ 3 p∞ T∞
Teniendo en cuenta las ecuaciones (3), (4) y (5); que mi = 3 ms y que V2s /V0 = y = 0, 363, la
producción de entropı́a resulta:
Q
σp = ms R ln[16 y (1 − y)3 ] −
T∞
134
= 5, 85 · 10−3 × 287 × ln(16 × 0, 363 × 0, 258) −
298
= 0, 682 − 0, 45 = 0, 232 J · K−1 ←−−−−−−−−−−−−−−−−−
en el proceso global
Problema 13
Un depósito vertical, cilı́ndrico y de paredes rı́gidas, de 20 litros y cuyo diámetro interior mide
20 cm está dividido en dos compartimentos iguales por un émbolo adiabático de 10 kg, y 4 cm
de espesor, que puede deslizar sin rozamiento y que está sujeto a la base inferior del cilindro por
medio de un muelle adiabático y de masa despreciable, de longitud natural lo = 277 mm y constante
elástica k = 18, 5 kN·m−1 . El cilindro tiene todas sus paredes, excepto la base superior que es
diatérmana, aisladas térmicamente. El compartimento superior está lleno de CO2 y el otro contiene
O2 . Inicialmente los dos gases están a temperatura ambiente (15 o C) y la presión del CO2 es de 100
kPa.
Mediante una rueda de paletas se le suministra al O2 1 kJ, de forma suficientemente lenta como
para permitir la transferencia de calor por la base no aislada del cilindro.
Se pide:
1.- Masas de CO2 y de O2 en cada compartimento.

2.- Establecer las ecuaciones que determinan el estado de equilibrio del CO2 y del O2 una vez
suministrados los 1.000 J.
3.- Resolver las ecuaciones anteriores dando, en particular, los valores de la temperatura y la presión
finales del O2 y la presión y el volumen ocupado por el CO2 .
4.- Producción de entropı́a en el proceso descrito.
Solución
Los dos gases se modelan como gases perfectos por lo que la ecuación térmica de estado para cada
gas vendrá dada por:
pV = mRT
y la variación de energı́a interna especı́fica:
u − uo = cv (T − T o )
1) Masas de CO2 y de O2 en cada compartimento.

Si de la ecuación térmica de estado se despeja la masa, se tiene la expresión:
pV
m=
RT
que aplicándola al estado inicial tanto para el CO2 como para el O2 :
p1CO V1CO
2 2
mCO2 = (1)
RCO2 T1CO
2
p1O V1O
2 2
mO2 = (2)
RO2 T1O
2
En (1) se conoce todo excepto el volumen que ocupa el CO2 . Éste se determina a partir de:
V1CO = V1O
2 2
Vt − A · e
=
2
20 − 0, 01 × π × 0, 04 × 10−3
= = 9, 4 l
2
Ası́ pues, llevando este resultado a (1):
100 × 9, 4
mCO2 =
(8.314/44) × 288
= 0, 017 kg ← Masa
−−−−−de
−−−CO
−−−
2−
Para calcular la masa de O2 se necesita cal-

cular previamente la presión que este ejerce. Pa-
ra calcular esta presión se plantea el equilibrio
mecánico en el instante inicial:
A p1O2 = A p1CO2 + Fm1 + mE g

= A p1CO2 + k (l1 − l0 ) + mE
donde l1 − l0 viene dado por:
9, 4 · 10−3
l1 − l0 = − 0, 277 = 0, 022 m
π × 0, 01
Ası́ pues:
18, 5 10 × 9, 81
p1O2 = 100 + × 0, 022 + × 10−3
π × 0, 01 π × 0, 01
= 116 kPa
y llevando este resultado a (2):
116 × 9, 4
mO2 =
(8.314/32) × 288
= 0, 015 kg ← Masa
−−−−−de
−−−O−2−
2) Establecer las ecuaciones que determinan el estado de equilibrio del CO2 y del O2 una vez sumi-
nistrados los 1.000 J.
Se elige como sistema el formado por CO2 +O2 +muelle+émbolo. Se trata de un sistema compuesto
y deformable. Del balance energético aplicado a este sistema se obtiene:
Q + Wrp = ∆UCO2 + ∆UO2 + ∆Um + ∆EpE
ya que se ha despreciado la variación de energı́a potencial de los gases. No aparece el término de

variación de energı́a interna del émbolo ya que, al ser éste adiabático, de la ecuación de la energı́a
interna aplicada a un sistema indeformable:
∆U = Q
y si Q = 0, ∆UE = 0. También se anula la variación de energı́a interna del CO2 , pues al haberse
modelado éste como gas perfecto su energı́a interna depende sólo de la temperatura. Como el proceso
que experimenta el CO2 es muy lento y la base superior del cilindro es diatérmana, la temperatura del
CO2 permanece constante: T2CO = T1CO = TCO2 , es decir, el CO2 experimenta un proceso isotermo.
2 2
Ası́ pues, si no hay variación en la temperatura del dióxido de carbono, no habrá variación en su
energı́a interna.
De los otros tres términos del segundo miembro, la variación de energı́a interna del O2 , al haberse
modelado este como gas perfecto, viene dada por:
∆UO2 = mO2 cvO (T2 − T1 )O2
2
La variación de energı́a interna del muelle, considerando que este es adiabático y perfectamente
elástico resulta:
1
∆Um = Wde = k [(l2 − lo )2 − (l1 − lo )2 ]
2
Finalmente, llamando x al desplazamiento vertical y hacia arriba del émbolo:
∆EpE = mE gx
Con estos resultados el balance energético queda:
1
Q + Wrp = mO2 cvO (T2 − T1 )O2 + k [(l2 − lo )2 − (l1 − lo )2 ] + mE gx (3)
2 2
Por otra parte, de la ecuación de la energı́a interna aplicada a la evolución del CO2 se deduce que,
por ser nula (o en cualquier caso despreciable) la disipación interna de trabajo mecánico por efecto
de la viscosidad, εi = 0, y como ∆UCO2 = 0:
Z 2 Z 2
0=Q− pCO2 dVCO2 −→ Q = pCO2 dVCO2 (4)
1 1
con lo queZla ecuación (3) puede reescribirse:

2
1
pCO2 dVCO2 + Wrp = mO2 cvO (T2 − T1 )O2 + k [(l2 − lo )2 − (l1 − lo )2 ] + mE gx (3a)
1
2 2
Debe observarse que el término del calor cedido por el CO2 puede determinarse con el segundo principio aplicado
a este gas, ya que por ser el proceso seguido por él sin irreversibilidades internas se podrá poner que:
Q = T∞ ∆SCO2

V2
= mCO2 T∞ RCO2 ln
V1 CO2
El estado del sistema una vez parada la rueda de paletas es un estado de equilibrio termodinámico,
luego del equilibrio mecánico:
m g Fm2
p2O = p2CO + E +
2 2 A A
mE g k
= p2CO + + (l2 − l0 ) (5)
2 A A
m g k
= p2CO + E + (l1 − l0 + x)
2 A A
ya que l2 = l1 + x como puede observarse en la figura dada enteriormente.
Se dispone también de la ecuación térmica de estado para cada uno de los gases, que al haber sido
modelados como gases perfectos, proporcionan en el estado final:
p2CO · V2CO = mCO2 · RCO2 · TCO2 (6)

2 2
p2O · V2O = mO2 · RO2 · T2O (7)

2 2 2
Finalmente se tienen las relaciones geométricas entre los volúmenes ocupados por los gases y el
desplazamiento vertical del émbolo:
V2CO = V1CO − Ax
2 2
(8)
V2O = V1O + Ax
2 2
Las ecuaciones (3.a), (5), (6) (7) y (8) permiten calcular el desplazamiento del émbolo, el volumen
ocupado por cada gas, la presión que ejerce cada uno de ellos y la temperatura final del oxı́geno. Con
estos valores y de la ecuación (4) se obtiene el calor recibido por el CO2 .
3) Resolver las ecuaciones anteriores dando, en particular, los valores de la temperatura y la presión
finales del O2 y la presión y el volumen ocupado por el CO2 .
De la ecuación (6) y la primera de las ecuaciones (8), por verificarse que T2CO = T1CO , se obtiene:
2 2
Z 2 !
Ax
pCO2 dVCO2 = p1CO · V1CO ln 1 − (9)
1
2 2 V1CO
2
Por otra parte de (5) y de la primera de las ecuaciones (8):

mCO2 · RCO2 · TCO2 m g k
p2O = + E + (l1 − l0 + x)
2 V2CO A A
2
p1CO m g k
= 2
+ E + (l1 − lo + x)
Ax A A
1−
V1CO
2
donde se ha hecho uso de la ecuación térmica de estado del CO2 aplicada en el instante inicial.
Llevando este resultado a (7) y teniendo en cuenta la segunda de las relaciones dadas en (8) se
obtiene:
" # !
p1CO m g k V1O Ax
mO2 · T2O = 2
+ E + (l1 − lo + x) · 2
· 1+ (10)
2 Ax A A RO2 V1O
1− 2
V1CO
2
Con los resultados dados en (9) y (10), la ecuación (3.a) resulta:
! " #
cvO · V1O Ax p1CO m · g k
Wrp = 2 2
· 1+ · 2
+ E + (l1 − lo + x) + mE · g · x
RO2 V1O Ax A A
2 1−
V1CO
2
!
1 2 Ax
+ k · (l1 − lo ) · x + x − p1CO · V1CO ln 1 − − mO2 · cvO T1O
2 2 2 V1CO 2 2
2
Reordenando esta ecuación y agrupando términos:

cv 1 2
c
p cv V1
k + x + m · g + k (l1 − lo ) + k x
R O2 2 R O2 E R O2 A

cv V1 + A x A1 x
+ (p1 V1 )CO2 − (p1 V1 )CO2 ln 1 −
R O2 V1 − A x V1
cv V 1

+ mE · g + k (l1 − lo ) − mO2 cvO T1 − Wrp = 0
R O2 A 2
ecuación de la que se obtiene x. Dando valores numéricos queda:


2 0, 94 + π x πx
55, 749 x + 15, 688 x + 2, 363 − 0, 94 ln 1 − − 3, 441 = 0
0, 94 − π x 0, 94
cuya solución es:
x = 0, 028 m
Con este valor de x, de las ecuaciones (8):

π × 0, 028
V2CO = 9, 4 × 1 −
2 0, 94
Volumen final
= 8, 5 litros ← −− −−−−−−−−
del CO2

0, 01 × π × 0, 026
V2O = 9, 4 × 1 +
2 0, 0094
Volumen final
= 10, 3 litros ←−−del
−−−O−−−−−
2
De la ecuación térmica de estado para el CO2 , ecuación (6):

V1CO
2
p2CO = p1CO
2 2 V2CO
2
9, 4 Presión final
= 100 × = 110, 6 kPa ←−del
−−−CO−−−−−
8, 5 2
De la condición del equilibrio mecánico, ecuación (5):

9, 81 18, 5
pO2 = 109, 3 + + × (0, 022 + 0, 028)
π π × 0, 01
Presión final
= 143, 7 kPa ←−− −−−−−−−
del O2
De la ecuación térmica de estado para el O2 , ecuación (7):

p2O · V2O
2 2
T2O =
2 mO2 · RO2
141 × 10, 2 Temperatura final
= ' 380 K ←−−−−del
−−−O−−−−−−−
0, 0145 × 259, 8 2
Finalmente, el calor recibido por el CO2 desde el ambiente se obtiene de la ecuación (4):

π × 0, 028
Q = 940 × ln 1 −
0, 94
Calor recibido
= −92, 3 J ←−por
−−−el
−−CO
−−−−−
2
4) Producción de entropı́a del proceso.

Del segundo principio aplicado al proceso seguido por un sistema cerrado se obtiene:
n
X Qi
σp + = S2 − S1 sis
T
i=1 F Ti
que en este caso se reduce a:


σp = S2 − S1
O2
ya que como se ha señalado anteriormente si se aplica el segundo principio al CO2 , al realizarse el

Q
proceso de éste sin irreversibilidades internas, se verificará que = S2 − S1
Tamb CO2
Ası́ pues, con el modelo de gas perfecto para el oxı́geno la producción de entropı́a será:
" #
T2O p2O
σp = mO2 · cpO ln 2
− RO2 ln 2
2 T1O p1O
2 2
h 380 143, 7 i
= 0, 015 × 913 × ln − 259, 8 × ln
288 116
−1 Producción de
=3 J·K ←−−entropı́a
−−−−−−−−−
Problema 14
Un cilindro horizontal, de masa despreciable y aislado térmicamente, se halla dividido en dos

compartimentos iguales por medio de un tabique rı́gido, a cuya derecha se ha hecho vacı́o. El volumen
de la izquierda se halla ocupado por 26 gramos de aire a 50o C y presión inferior al ambiente, y se
halla confinado por un émbolo de 0,1 kg cuya cara izquierda es adiabática. Este émbolo, con calor
especı́fico 890 J kg−1 K−1 , inicialmente se encuentra en equilibrio mecánico con el conjunto y al
deslizar desliza con fricción . Además, se sabe que la fuerza de fricción del émbolo en reposo es
equivalente a 0,2 veces la fuerza debida a la presión del ambiente.
De manera fortuita, se rompe el tabique a la vez que se pierde el aislamiento del cilindro y en un
proceso muy rápido, antes de que el émbolo comience a desplazarse, se tiene en el cilindro presión y
temperatura uniformes. Tras esto, el aire encerrado alcanza de nuevo la presión inicial en un proceso
en que su evolución responde a la relación pV 1,27 = constante, sabiendo que la velocidad del émbolo es
en todo momento relativamente baja. La temperatura del émbolo coincide con la del gas al alcanzarse
de nuevo la presión inicial.
Si las condiciones del ambiente son 288 K y 100 kPa determı́nese:
1.- Presión inicial del aire encerrado.

2.- Temperatura y presión en el cilindro inmediatamente antes de que el émbolo comience su des-
plazamiento.
3.- Calor recibido por el aire encerrado hasta que alcanza de nuevo su presión inicial.
4.- Calor recibido por el émbolo hasta que se alcanza de nuevo la presión inicial en el aire encerrado.
5.- Energı́a mecánica disipada en la fricción del émbolo.
6.- Si se deja que el conjunto alcance el equilibrio termodinámico con el ambiente, calcúlese la
producción de entropı́a del proceso global.
Solución
1) El estado inicial es un estado de equilibrio termodinámico,
por lo tanto habrá equilibrio mecánico. Ası́ pues, en el estado
inicial:
pa1 A + Fr = p∞ A
Y despejando pa1 :
Fr
pa1 = p∞ −
A
0, 2 p∞ A Presión inicial
= p∞ − = 0, 8p∞ = 80 kPa ← −−del
−−−aire
−−−−−
A
Con la presión inicial del aire ya calculada se puede determinar
el volumen que inicialmente ocupa el aire:
m R T1
V1 =
p1
0, 026 × 287 × 323
= = 0, 03 m3
80 · 103
2) El proceso rápido de ocupación de todo el volumen por el aire
después de la rotura del tabique y antes de comenzar a moverse el
émbolo, es el proceso de un sistema cerrado de fronteras rı́gidas
(se toma como sistema el contenido del cilindro) y adiabáticas
(proceso rápido).
Por tanto del balance energético:

con el−−
modelo de
−−gas
∆Ua = 0 −−−− −−−−−− −→
perfecto para el aire Ta2 = Ta1 = 323 K
y de la ecuación térmica de estado aplicada a ese instante, por ser la masa de aire constante:
p2 V2 p1 V 1 

= V
T2 T1 −→ p2 = p1 1
V2
V2 = 2 V1

1
= 80 × = 40 kPa
2
Ası́ pues, una vez que el gas ocupa todo el volumen y antes de que el émbolo empiece a moverse
temperatura y la presión del aire son:
Temperatura del aire
T2 = 323 K ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
al ocupar este todo el volumen
Presión del aire
p2 = 40 kPa ←−−−−−− −−−−−−−−−−−−−−−−−
al ocupar este todo el volumen
3) Aplicando el balance energético al aire desde que ocupa todo el volumen hasta que alcanza de
nuevo la presión inicial se obtiene:
Q2→3 + WE,a = ∆Ua
Como la evolución del aire desde que este ocupa todo el volumen hasta que alcanza la presión
inicial viene dada por pV 1,27 = cte y por lo tanto se supone que no hay disipación interna de energı́a
mecánica debida a la fricción:
Z
WE,a = − p dV
Z V3
1,27 dV
= −p2 V2 1,27
V2 V
1 mR
= (p3 V3 − p2 V2 ) = (T3 − T1 )
0, 27 0, 27
Despejando Q2ø3 de la ecuación del balance enrgético y sustituyendo la expresión obtenida para el
trabajo comunicado al gas, como este se modela como gas perfecto:

R
Q2→3 = m cv − (T3 − T1 )
0, 27
Por otra parte, de la ecuación térmica de estado y de la ecuación de la evolución se obtiene para
T3 : 
p3 V31,27 = p2 V21,27 


p3 V3 p2 V 2


=



T3 T2 
 0,27
T2 = T1 −→ T3 = 2 1,27 T1


p3 = p1 


p1



p2 = 

2
Por lo tanto:
287 0,27
Q2→3 = 0, 026 × 713 − × 313 × 2 1,27 −1
0, 27
Calor recibido por el aire
= −460 J ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
hasta alcanzar de nuevo p 1
4) Si como sistema se elige el émbolo y se la aplica la ecuación de la energı́a interna, con el modelo
de sólido calorı́ficamente perfecto, se obtiene:
QE = ∆UE
= mE cE (T3 − T1 )
0,27
= mE cE 2 1,27 − 1 T1
Calor recibido por el émbolo hasta
= 0, 1 × 890 × 0, 159 × 323 = 4.564 J ←−que
−−−− −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
de nuevo el aire alcanza p1
5) La energı́a mecánica disipada en la fricción del émbolo se determina con las ecuaciones del balance
energético y la de la energı́a interna aplicadas al émbolo:

QE + Wa,E + Watm,E + Wcil,E = ∆UE
−→ Wcil,E = −Wa,E − Watm,E
QE = ∆UE
= WE,a − p∞ (V2 − V3 )
p1
= (V3 − V1 ) − p∞ (2 V1 − V3 )
0, 27
= −εσcil,E
Como la masa de aire permanece constante, de la ecuación térmica de estado aplicada en los
instanes inicial y final se obtiene para V3 :
p3 V3 p1 V1 0,27
= −→ V3 = 2 1,27 V1
T3 T1
habiendo hecho uso de la expresión obtenida anteriormente para T3 . Ası́ pues:
p1
εσcil,E = p∞ (2 V1 − V3 ) − (V3 − V1 )
0, 27

0,27 p 1 0,27
= p∞ (2 − 2 1,27 ) − (2 1,27 − 1) V1
0, 27
80 · 103

0,27 0,27
5
= 10 × (2 − 2 ) − 1,27 × (2 1,27 − 1) × 0, 03
0, 27
Energı́a mecánica disipada
= 1.112 J ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
por la fricción del émbolo
6) El segundo principio aplicado al sistema formado por el aire+émbolo+cilindro establece que:

Q Q
σp + = ∆Sa + ∆SE + ∆Scil −→ σp = ∆Sa + ∆SE −
Tamb Tamb
ya que el cilindro tiene una masa despreciable.
Como en el estado final p4 = p1 y T4 = T∞ del balance energético aplicado al sistema formado
por el gas+ émbolo:
Q + Watm,E = (m cv + mE cE )(T∞ − T1 )
Por lo tanto la cantidad de calor global que se recibe del ambiente será:
Q = (m cv + mE cE )(T∞ − T1 ) − Watm,E
De la figura se observa que el desplazamiento del émbolo entre el estado inicial y el estado final
de quilibrio con el ambiente x2 viene dado por:
(2 V1 − V4 )
x2 =
A
por lo tanto:
Watm,E = p∞ (2 V1 − V4 )
De la ecuación térmica de estado para el aire aplicada en los estados inicial y final:
T4 p1
V4 = V1
T1 p4
T∞
= V1
T1
ya que en el estado final de equilibrio con el ambiente T4 = T∞ y p4 = p1 . Finalmente el calor recibido

será:
288
Q = (0, 026 × 713 + 0, 1 × 890) × (288 − 323) − 105 × (2 − ) × 0, 03
323
= −7.089 J
La producción de entropı́a será por tanto:
288 7.089
σp = (0, 026 × 1.000 + 0, 1 × 890) × ln +
323 288
= 11, 4 J · K−1 ←en
−−− −−−−−−−−−−−−−−
el proceso descrito
Problema 15
Un cilindro de paredes adiabáticas y de 30 cm de diámetro provisto de dos émbolos contiene 140
gramos de aire en el compartimento inferior y 200 gramos de oxı́geno en el superior como se indica
en la figura. El émbolo inferior tiene una masa de 45 kg y una capacidad térmica especı́fica de 400 J
kg−1 K−1 y tiene sus caras superior e inferior en contacto con ambos gases aisladas térmicamente. Se
sabe que la fuerza de fricción cuando está en reposo vale 1,2 veces la fuerza ejercida por la diferencia
de presiones entre ambos compartimentos. El émbolo superior tiene una masa de 45 kg, es adiabático
y en él se pueden despreciar los efectos de fricción. Este émbolo se halla unido a un punto fijo del
exterior por un muelle de masa despreciable y adiabático y cuya constante elástica es k=250 kN m−1 .
Inicialmente la presión del aire es de 400 kPa, se sabe que la presión del oxı́geno es mayor y todo
el conjunto se encuentra a 288 K.
El conjunto se halla en presencia de un ambiente cuyas condiciones son: p = 100 kPa,
T = 288 K.
A partir de un cierto instante, mediante una resistencia eléctrica se calienta el oxı́geno hasta que
su temperatura alcanza 800K. Sabiendo que el trabajo disipado por fricción en el movimiento del
émbolo inferior representa el 20 % de la energı́a suministrada por la resistencia, se pide:
1.- Presión inicial del oxı́geno y volúmenes ocupados por ambos gases.
2.- Plantear las ecuaciones que determinan el estado termodinámico de ambos gases en el instante
final.
3.- Resolver el sistema anterior dando los valores de presión y volumen para ambos gases y tempe-
ratura del aire.
4.- Energı́a suministrada por la resistencia, trabajo que el oxı́geno comunica a ambos émbolos y
temperatura final del émbolo inferior.
5.- Producción de entropı́a o irreversibilidad en el proceso.
Solución.
Tanto el aire como el oxı́geno se modelan como gases pefectos.

Las capacidades térmicas especı́ficas a presión constante toman los
valores: cpa = 1.000 J·kg−1 ·K−1 y cpO2 = 913 J·kg−1 ·K−1
1) El estado inicial es un estado de equilibrio termodinámico por lo
que todo el sistema (O2 + aire + émbolos + muelle) estará equili-
brado en fuerzas, esto es, como p1O2 > p1a se verificará:
Ap1a + 1, 2A(p1O2 − p1a ) = Ap1O2 + mE g
y despejando p1O2 :
m g
p1O2 = p1a + E
0, 2A
45 × 9, 81 × 10−3 presión inicial
= 400 + 2
= 431, 2 kPa ←−−− −−−−−−−
del O2
0, 2 × π × 0, 15
Los volúmenes ocupados por cada gas se obtienen a partir de la ecuación térmica de estado de
cada uno de ellos. Para el oxı́geno:
p1O2 V1O2 = mO2 RO2 T1O2
Despejando el volumen:
mO2 RO2 T1O2
V1O2 =
p1O2
8.314
0, 2 × × 288 Volumen ocupado por el O2
= 32 = 34, 7 × 10−3
m3
= 34, 7 l ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
431, 2 × 103 en el instante inicial
De manera análoga se tiene para el aire:

ma Ra T1a
V1a =
p1a
0, 14 × 287 × 288 Volumen ocupado por el aire
= 3
' 29 × 10−3 m3 = 29 l ←−−−en
−−− −−−−−−−−−−−−−−−−
el instante inicial
400 × 10
También del equilibrio inicial puede determinarse la elongación inicial del muelle. Del equilibrio
mecánico del émbolo superior:
Ap1O2 = Apamb + mE g + Fm1

= Apamb + mE g + k(l0 − l1 )
y despejando l0 − l1 :
A(p1O2 − pamb ) − mE g
l0 − l1 =
k
π × 0, 152 × (431, 23 − 100) − 45 × 9, 81 × 10−3
= = 9, 2 × 10−2 m
250
El muelle, por lo tanto, se encuentra comprimido (l0 > l1 ).
2) El estado final es un estado de equilibrio por lo tanto en él se debe verificar que en el sistema no
haya ninguna fuerza resutante, es decir, se debe verificar el equilibrio de fuerzas (evidentemente lo
mismo debe suceder con los momentos). Ası́ pues, al igual que en el instante inicial, se cumple que:

Ap2O2 = Apamb + mE g + Fm2 
 k
Fm2 = k (l0 − l2 ) −→ p2O2 = p1O2 + x (1)
 A
l2 = l1 − x

ecuación obtenida de establecer el equilibrio mecánico al émbolo superior (que de ahora en adelante
se le denominará E1 ). Y del equilibrio mecánico del émbolo inferior (al que se le llamará en adelante
E2 ):
m g
A p2a + 1, 2 A (p2O2 − p2a ) = A, p2O2 + mE g −→ p2O2 = p2a + E (2)
0, 2A
Las otras ecuaciones que determionan el estado final son las ecuaciones térmicas de estado de cada
uno de los gases:
p2O2 V2O2 = mO2 RO2 T2O2 (3)
p2a V2a = ma Ra T2a (4)
y las relaciones geométricas:
V2O2 = V1O2 + A(x + y) (5)
V2a = V1a − Ay (6)
Sustituyendo (1) y (5) en (3) se obtiene:

km
p1O2 + x V1O2 + A(x + y) = mO2 RO2 T2O2 (7)
A
Y llevando (2), (1) y (6) a (4) se obtiene:

V1a − Ay h km m gi
ma T2a = p1O2 + x− E (8)
Ra A 0, 2A
En las ecuaciones (7) y (8) aparecen como incógnitas x, y y T2a . Se necesita, pues, otra ecuación
que relacione T2a con las otras dos incógnitas. Esta ecuación se obtiene del segundo principio aplicado
al sistema .aire”. En efecto, el segundo principio aplicado a ese sistema nos dice que:
δQ
dSa = + δσa
T
Ahora bien, el proceso que sigue el sistema aire es un proceso adiabático, esto es, δQ = 0, y en el
que no aparece ningún tipo de irreversibilidad por lo que δσa = 0. Con estos resultados, lo que nos
dice el segundo principio es que el proceso seguido por el sistema aire es un proceso isoentrópico:
con el modelo de gas T1a

dSa = 0 −
− −− − −−−− −− − − −→
T2a = R /c (9)
Ay a va
1−
V1a
Ahora con las ecuaciones (7), (8) y (9) ya está cerrado el problema de determinar el estado final de
equilibrio.
3) Si de la ecuación (7) se despeja y:
mO2 RO2 T2O2 V1O2
y= − −x (10)
Ap1O2 + km x A
y si la ecuación (9) se sustituye en (8):

T1a V1a − Ay h km mE g i
R /c = p1O2 + x− (11)
ma Ra A 0, 2A

Ay a va
1−
V1a
Al dar valores numéricos, estas ecuaciones quedan:

41, 57
y= − x − 0, 491 (10a)
30, 5 + 250 x
288 28, 9 − 70, 7 × y
− × [431, 2 + 3.536, 8 × x − 31, 2] = 0 (11a)
(1 − 2, 443 × y)0,4 40, 18
cuya solución es:
x = 0, 102 m
y = 0, 15 m
Con estos valores de x e y se obtienen de las ecuaciones anteriores los valores de las propiedades
que nos dicen en el enunciado:
- de (1) la presión final del oxı́geno:

Presión final del O2
p2O2 ' 790 kPa ←−−−−−−−−−−−−−−−
- de (2) la presión final del aire:

Presión
p2aire = 760 kPa ←−−−−−−final
−−−−del
−−−aire
−−−
- de (9) la temperatura final del aire:

Temperatura final del aire
T2aire = 345, 5 K ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
- y de (5) y (6) los volúmenes que el oxı́geno y el aire ocupan en el estado final:
Volumen final del O2
V2O2 = 52, 5 litros ←−−−−−−−−−−−−−−−−
Volumen
V2aire = 18, 4 litros ←−−−−−−−final
−−−−del
−−−aire
−−−
4) Para determinar la energı́a suministrada por la resistencia, trabajo que el oxı́geno comunica a
ambos émbolos y temperatura final del émbolo inferior se elige como sistema el citado anteriormente,
esto es, el aire + O2 + 2 émbolos + muelle. Se trata de un sistema cerrado, deformable y heterogéneo
(compuesto).
- Interacciones mecánicas y térmicas.
* Las interacciones mecánicas son dos; el trabajo que la atmósfera comunica al émbolo E1 y el
trabajo que el cilindro comunica al émbolo E2 :
Wat,E1 y Wcil,E2
* La interacciones térmicas también son dos; El calor que recibe el sistema de la resistencia
eléctrica y el que llega al émbolo E2 por las caras laterales en contacto con el cilindro:
Q1 y Q2
respectivamente.
Ası́ pues, el balance energético para el sistema citado será:

Q1 + Q2 + Wat,E1 + Wcil,E2 = ∆Em + ∆EE2 + ∆EE1 + ∆EO2 + ∆Ea
donde con E se denota la energı́a total, que, como es sabido, es la suma de la energı́a interna U , la
energı́a cinética Ec y la energı́a potencial Ep . Vamos a evaluar E para cada uno de los subsistemas:
* Muelle: como es masa despreciable y adiabático:

∆Ecm = ∆Epm = 0
por lo tanto:
de la ecuación de la energı́a interna 1
∆Em = ∆Um −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→ ∆Um = k(z22 − z12 )
2
* Émbolo E1 : este émbolo es adiabático, por lo que de la ecuación de la energı́a interna:

∆UE1 = QE1 = 0
Además parte del reposo y termina en reposo por lo tanto:
∆EE1 = 0 −→ ∆EE1 = ∆EpE1

= mE gx
donde x es el desplazamiento vertical y hacia arriba del émbolo superior.
* Émbolo E2 : la ecuación de la energı́a interna aplicada a este émbolo no dice que:
∆UE2 = Q2
por lo que:
∆EE2 = Q2 − mE gy
siendo y el desplazamiento vertical hacia abajo del émbolo inferior.
* Para los dos gases se desprecia la variación de energı́a potencial y suponiendo que en el estado
final ambos están en reposo, con el modelo de gases perfectos:
∆EO2 = ∆UO2
= mO2 cvO2 (T2O2 − T1O2 )
∆Ea = ∆Ua
ma cva (T2a − T1a )
Por otra parte los dos términos de trabajo valen:
Wat,E1 = −pamb Ax
Wcil,E2 = −εσ
= −0, 2Q1
Sustituyendo todos estos resultados en la ecuación del balance energético se obtiene, después de
reordenar términos:
1
0, 8Q1 = p1O2 Ax + km x2 − mE gy + mO2 cvO2 (T2O2 − T1O2 ) + ma cva (T2a − T1a ) (12)
2
Como ya se conocen los valores de todos los términos del segundo miembro, se obtendrá para Q1 :
Calor recibido por el O2
Q1 = 96 kJ ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−− −−
desde la resistencia eléctrica
Para calcular los trabajos que el oxı́geno comunica a cada uno de los émbolos se eligen como
sistemas primero el émbolo superior y el muelle y después el oxı́geno.
- Émbolo superior.
El primer principio aplicado al émbolo E1 + muelle resulta:
Watm,E1 + WO2 ,E1 = ∆EpE1 + ∆Um
ya que, como se ha puesto de manifiesto anteriormente, ∆UE1 = 0. Ası́ pues:
WO2 ,E1 = ∆EpE1 + ∆Um − Watm,E1

luego:
1
WO2 ,E1 = mE gx + km (z1 x + x2 ) + pamb Ax
2
1
= p1O2 Ax + km x2
2
250 × 0, 1022
= 431, 2 × π × 0, 152 × 0, 102 +
2
Trabajo comunicado
= 4, 4 kJ ←−−−−−−−−−−−−−−−−−
por el O2 al émbolo E1
- Oxı́geno.
El primer principio aplicado al O2 es:
Q1 + WE1 ,O2 + WE2 ,O2 = ∆UO2
y por ser las fronteras oxı́geno-émbolos no disipativas:

WE1 ,O2 = −WO2 ,E1 y WE2 ,O2 = −WO2 ,E2
por lo que:
WO2 ,E2 = Q1 − WO2 ,E1 − mO2 cvO2 (T2O2 − T1O2 )
= 96 − 4, 4 − 0, 02 × 0, 653 × (800 − 288)
Trabajo comunicado
= 24, 7 kJ ←−−−−−−−−−−−−−−−−−
por el O2 al émbolo E2
El incremento de temperatura de E2 se obtiene a partir de la ecuación de la energı́a interna:
∆UE2 = εσ −→ mE cE ∆TE2 = 0, 2Q1
luego:
0, 2Q1 0, 2Q1
∆TE2 = −→ T2E2 = T1E2 +
mE cE mE cE
0, 2 × 96
= 288 +
45 × 0, 4
Temperatura final alcanzada
= 289 K ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
por el émbolo E 2
5) El segundo principio aplicado al mismo sistema que el elegido en el apartado anterior nos da:
σp = ∆SO2 + ∆SE2
si, por carecer de cualquier dato sobre la resistencia eléctrica, se desprecia su variación de entropı́a
frente a la variación de entropı́a de cualquier otro de los términos existentes. Con el comportamiento
de gas perfecto para el oxı́geno y el de sólido perfecto para el émbolo inferior:
h T2O2 p2O2 i T2E2
σp = mO2 cpO2 ln − RO2 ln + mE cE ln
T1O2 p1O2 T1E2
= 21, 17 + 9, 37
Producción
= 30, 54 J · K−1 ←−−−−−−−−−
de entropı́a
Problema 16
Se dispone de un cilindro recto, de eje vertical, de sección recta circular de diámetro Dc = 0, 2 m,

cerrado por su base y abierto por la cara superior. Cerrando la cara del cilindro se ajusta un émbolo
de masa me = 1 kg y capacidad térmica despreciable, que cierra herméticamente y es de un material
tal que el rozamiento con las paredes del cilindro se puede considerar despreciable cuando no hay
movimiento relativo entre ambos.
A una altura de 23 cm sobre el fondo del cilindro hay dispuestos unos resaltes de seguridad que
impiden que el émbolo baje por debajo de esa altura. Para impedirlo se oponen al movimiento con
la fuerza necesaria sin que en ningún caso se rompan. Por último, un muelle de masa despreciable y
perfectamente elástico de constante elástica km = 10 kN/m está sujeto por uno de sus extremos a la
cara exterior del émbolo y a un punto fijo por el otro. La longitud inicial del muelle es 21 cm.
Inicialmente el cilindro está cerrado por el émbolo y lleno de una masa de 16 g de O2 a temperatura
ambiente y a una presión de 1,2 bar.
A partir de estas condiciones iniciales se empieza a extraer calor del interior del cilindro hasta
que se alcanza una presión de 95 kPa. En ese momento se suelta el extremo del muelle sujeto al
émbolo y se quitan los resaltes de manera que el émbolo inicia un movimiento oscilatorio hasta que
rápidamente se alcanza el equilibrio mecánico por efecto del rozamiento con el cilindro. Como el
amortiguamiento es rápido se puede suponer que la energı́a mecánica disipada por el rozamiento la
absorbe ı́ntegramente el émbolo.
Las condiciones del ambiente son: p∞ = 1 bar, ϑ∞ = 25 o C. Se pı̀de:
1.- Altura inicial del émbolo, fuerza inicial del muelle y su longitud natural.
2.- Estado termodinámico tras alcanzarse la presión de 95 kPa en el interior del cilindro.
Para resolver este apartado procedan como sigue. El problema planteado tiene dos grados de
libertad, independientemente de si el émbolo llega a apoyarse sobre los realtes o no, aunque en
cada caso las incógnitas son diferentes.
a) Planteen las dos ecuaciones que resuelven el problema indicando claramente cuáles son la
incógnitas.
b) Den el criterio que permite determinar a cuál de los dos casos corresponde el enunciado del
problema.
c) Resuelvan el problema planteado.
3.- Calor intercambiado por el oxı́geno con el exterior hasta el instante del apartado anterior.
4.- Producción de entropı́a hasta el instante del apartado 2 anterior considerando que el calor se
cede a una fuente térmica cuya temperatura es la obtenida en dicho apartado.
5.- Estado termodinámico del oxı́geno y altura del émbolo en el momento de alcanzar el equilibrio
mecánico.
6.- Altura mı́nima que alcanza el émbolo tras liberar los resaltes y el muelle.
Solución
1) La altura inicial del émbolo se determina a partir de la ecuación térmica de estado:

p1 V1 = m R T1 m R T1
−→ H1 =
V1 = H1 A A p1
8.314
0, 016 × × 298
= 32 = 0, 329 m ← altura inicial
−−−−−−−−−
2
π × 0, 1 × 1, 2 · 105 del émbolo
Del equilibrio inicial del émbolo (ver figura):
A p∞ + Fm1 + mE g = A p1O2 −→ Fm1 = A (p1O2 − p∞ ) − mE g

= π × 0, 12 × (120 − 100) · 103 − 1 × 9, 81
fuerza inicial
= 618, 5 N ←−−−−−−−−−
del muelle
Como la fuerza del muelle se ha definido como Fm1 = k (lo − l1 ), se tendrá para la longitud natural
del muelle:
Fm1
Fm1 = k (lo − l1 ) −→ lo = + l1
k
618, 5 longitud natural
= 4
+ 0, 21 = 0, 272 m ←−−del
−−− −−−−−−−
muelle
10
Como puede observarse el muelle inicialmente está comprimido (lo > l1 ).

2) Al enfriar el gas hasta que en el interior se alcancen los 95 kPa puede suceder que el émbolo llegue
hasta los resaltes (caso A) o por el contrario que no los alcance (caso B).
Caso A). La incógnitas serán la temperatura final T2 del O2 y la reacción en los resaltes R. La
temperatura se determinará con la ecuación térmica de estado ya que se conocen la presión final y
el volumen que ocupa el gas. Ası́ pues:
p2 V20
p2 V20 = m R T20 −→ T20 =
mR
95 · 103 × π × 0, 12 × 0, 23
= = 165, 1 K
8.314
0, 016 ×
32
La reacción en los resaltes se obtiene estableciendo el equilibrio mecánico del émbolo (ver figura):
A p∞ + Fm20 + mE g − R − A p2 = 0
Por otra parte, la fuerza del muelle en esta caso será (ver figura):
Fm20 = k (lo − l20 )

= k (lo − l1 + Hres − H1 )
Por lo tanto, despejando R:
R = A (p∞ − p2 ) + mE g + k (lo − l1 + Hres − H1 ))

= π × 0, 12 × (100 − 95) · 103 + 1 × 9, 81 + 104 × (0, 062 − 0, 099) ' −200 N
lo cual no puede ser, ya que con el sentido dado a la reacción en los resaltes, esta debe ser positiva.
Ası́ pues, el émbolo no alcanza los realtes al enfriar el gas.
Caso B). En este caso las incógnitas son el volumen ocupado por el gas (o la altura del émbolo) y la
temperatura final del gas una vez enfriado este.
La altura del émbolo una vez que se ha enfriado el oxı́geno viene dada por (ver figura) H2 = H1 −x,
por lo que basta con determinar lo que desciende el émbolo, x. Ası́ pues, del equilibrio mecánico del
émbolo, despues de haber extraı́do calor y alcanzarse en el O2 una presión de 95 kPa, se obtiene:
 A p1
Ap∞ + mE g + Fm2 = A p2 
z }| {
 k (lo − l1 ) + mE g + A p∞ −A p2
Fm2 = k (lo − l2 ) −→ x=
 k
l2 = l1 + x  A (p1 − p2 )
=
k
π × 0, 12 × (120 − 95) · 103
= = 0, 079 m
104
Por lo tanto:
H2 = H1 − x
2
= 0, 329 − 0, 079 = 0, 25 m −→ V2 = π × 0, 1 × 0, 25
volumen final
= 0, 0079 m3 ← −− −−−−−−−−−−−−
ocupado por el gas
Como puede observarse de los valores anteriores, en este caso el muelle está estirado ya que:
l2 = l1 + x
= 0, 21 + 0, 079 = 0, 289 m > lo
Conocido el volumen del gas, de la ecuación térmica de estado para el O2 se obtiene:
p2 V 2
T2 =
mR
95 · 103 × 7, 9 · 10−3 temperatura del gas
= = 180, 5 K ←−una
−−−− −−−−−−−−−−
8.314 vez enfriado
0, 016 ×
32
3) El calor intercambiado por el oxı́geno con el extrior se determina sin más que aplicar el balance
energético al sistema muelle+émbolo+ O2 . En efecto:
Q + Wat,E = ∆UO2 + ∆Um + ∆UE + ∆EpE
Como en el enunciado se dice que el émbolo tiene una capacidad térmica despreciable se puede
poner que ∆UE = 0. Por lo tanto:
Q = ∆UO2 + ∆Um + ∆EpE − Wat,E

1
= m cvO (T2 − T1 ) + k[(l2 − lo )2 − (l1 − lo )2 ] − mE g x − p∞ A x
2 2
1
= m cvO (T2 − T1 ) + k x2 − A p1 x
2 2
104
= 0, 016 × 653, 2 × (180, 5 − 298) + × 0, 0792 − π × 0, 12 × 120 · 103 × 0, 079
2
' −1.500 J
4) La producción de entropı́a se obtiene sin más que aplicar la ecuación del segundo principio aplicado
a un sistema cerrado. El sistema es el mismo que el del apartado anterior. Ası́:
Q1→2 Q1→2
σp + = ∆SO2 −→ σp = ∆SO2 −
T2 T2

T2 p2 Q1→2
= m cp ln − R ln −
T p1 T2
1
180, 5 8.314 95 1.500
= 0, 016 × 913 × ln − × ln +
298 32 120 180, 5
= −6, 35 + 8, 31 = 1, 96 J · K−1 ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
en proceso de enfriamineto
5) Una vez soltado el muelle y quitados los resaltes el émbolo inicia un proceso rápido hasta alcanzar
el equilibrio mecánico. Este proceso puede suponerse isoentrópico para el O2 , de modo que:
∆SO22→3 = 0 −−−con
−−−−el−−
modelo
−−−−−− de
−−→ p3 H3γ = p2 H2γ
gas perfecto para el O2
Del equilibrio mecánico del émbolo:

mE g
p3 = p∞ +
A
Por lo tanto:
 1
p2 γ
H3 = H2  m g

p∞ + E
A
1
95 1, 398
= 0, 25 × = 0, 24 m
100, 3
Llevando este valor a la ecuación térmica de estado, la temperatura del oxı́geno resulta:
p3 A H3
T3 =
mR
100, 3 · 103 × π × 0, 12 × 0, 24
= = 182 K
8.314
0, 016 ×
32
6)
La altura mı́nima alcanzada por el émbolo una

vez que se suelta el muelle y se eliminan los resaltes
se obtiene de la ecuación de la energı́a mecánica
aplicada al émbolo. En efecto:
Z y
p∞ y − pO2 Ady = −mE g y
0
Por otra parte, la evolución del oxı́geno durante

la primera embolada es una evolución isoentrópica,
por lo tanto:
p2
A pO2 = γ
y
1−
Por lo tanto: H2
Ry dy
(A p∞ + mE g) y − A p2 0 γ = 0
y
1−
H2
E integrando:
" −γ+1 #
p2 V 2 y
(A p∞ + mE g) y + 1− 1− =0
γ−1 H2
y dando valores queda la ecuación en y:

" −0,398 #
95 · 103 × 7, 9 · 10−3

y
3151, 4 y + × 1− 1− =0
0, 398 0, 25
cuya solución es:

z = 0, 017
Ası́ pues, la altura mı́nima será:
Hmin = H2 − y
= 0, 25 − 0, 017 = 0, 233 m
Problema 17
Se tiene, en presencia de la atmósfera, un globo de goma perfectamente elástica y adiabática, que
aloja en su interior una esfera hueca de aluminio de 20 gramos y 10 cm de diámetro. Inicialmente
la esfera está llena de H2 a 300 K y 1 MPa y el globo, con un diámetro inicial de 30 cm, contiene
también H2 a 300 K.
Se sabe que, a partir de un diámetro Do = 30 cm, se necesita una sobrepresión p − po para
aumentar el diámetro del globo, siendo la ley de deformación de la goma:
D − Do
p = po + k
D
con k = 250 kPa y donde p es la presión en el interior del globo, po la presión exterior y D el diámetro
del globo.
La esfera sufre un escape y el sistema en su conjunto evoluciona hasta alcanzar el equilibrio
termodinámico.
Sabiendo que las condiciones del ambiente son 288 K y 100 kPa y despreciando el volumen ocupado
por el aluminio, se pide:
1.- Presión inicial en el globo y masas de H2 en el globo y en la esfera antes del escape.
2.- Aplicar el balance energético al sistema globo de goma.
3.- Establecer las ecuaciones que permiten determinar el estado final de equilibrio del conjunto
globo-hidrógeno-esfera y resolverlas obteniendo el diámetro del globo y la presión y temperatura
finales.
4.- Irreversibilidad del proceso descrito.
Solución
El hidrógeno se modela como gas perfecto.
1) Como en el instante inicial el diámetro del globo es igual a Do , de la ley de deformación de la
goma dada en el enunciado:
p1H2 ,globo = po
Presión inicial
= 100 kPa ←−en
−−− −−−−−−−
el globo
Las masas de hidrógeno se obtienen a partir de la ecuación térmica de estado. Para el modelo de
gas perfecto ésta viene dada por:
despejando pV
pV = mRT −−la−−−−−→
masa
m=
RT
Ası́ pues, para el H2 contenido en el globo:
p1H2 ,globo (Vglobo − Vesfera )
mH2 ,globo =
RH2 T1H2 ,globo
po · (π/6) · (Do3 − Desfera
3
)
=
RH2 T1H2 ,globo
100 · 103 × (π/6) × (0, 33 − 0, 13 ) Masa de H2
= = 1, 1 · 10−3 kg ←−−−−−−−−−
en el globo
(8314/2) × 300
y de manera análoga para el H2 contenido en la esfera:

3
p1esfera · (π/6) · Desfera
mH2esfera =
RH2 T1H2esfera
106 × (π/6) × 0, 13 Masa de H2
= = 4 · 10−4 kg ←−−−−−−−−−
en la esfera
(8314/2) × 300
2) El balance energético para un sistema cerrado es:

Q + Wext,sis = ∆Esis
Para el sistema que nos lo piden, la goma (sistema cerrado y deformable) como es adiabático:
Q=0
Por otra parte, el trabajo que el exterior comunica al sistema es:

Wext,sis = WH2 ,g + Watm, g
luego:
WH2 ,g + Watm, g = ∆Ug (1)
ya que para la goma ∆Ec = ∆Ep = 0.

Los trabajos que aparecen en (1) valen:
Z D Z D
dD 2 dD
WH2 ,g = p·π·D · y Watm, g = − po · π · D 2 ·
Do 2 Do 2
luego (1) quedará:
Z D
dD
(p − po ) · π · D2 · = ∆Ug
Do 2
y sustituyendo (p − po ) por su valor dado en el enunciado se tendrá finalmente:
k·π D
Z
(D − Do ) · D · dD = ∆Ug
2 Do
y realizando la integración:
k · π D3 Do · D2 Do3

Balance energético
− + = ∆Ug ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
aplicado al globo de goma
2 3 2 6
3) Para establecer las ecuaciones que determinan el estado final de equilibrio del conjunto goma+H2 +esfera
se toma este como sistema; se trata de un sistema compuesto, deformable y cuya frontera es adabáti-
ca. Sólo hay interacción mecánica con el ambiente. Ası́ pues, el balance energético aplicado a este
sistema resulta:
Watm,g = ∆Ug + ∆UH2 + ∆Uesfera (2)
Como el estado final es un estado de equilibrio se verificará:

D2 − Do
p 2 − po = k del equilibrio mecánico (3)
D2
T2H2 = T2,esf = T2 del equilibrio térmico (4)
Finalmente, de la ecuación térmica de estado para el hidrógeno:

π
p2 · · D23 = mH2 · RH2 · T2 (5)
6
Estas cuatro ecuaciones son las que determinan el estado final T2H2 , T2,esf , D2 y p2 .
- Resolución de las ecuaciones.
Despejando p2 de la ecuación (5) y llevando ese resultado a la ecuación (3):
mH2 · RH2 · T2 (π/6) · D23

D2 − Do despejando D2 − Do
− po = k − −−−−− −− → T2 = po + k (6)
(π/6) · D23 D2 T2 mH2 · RH2 D2
Con el modelo de gas perfecto para el hidrógeno y de sólido perfecto indeformable para el aluminio
y teniendo en cuenta la ecuación (4) ası́ como el resultado del apartado anterior, la ecuación (2) se
reescribe:
D23 Do · D22 Do3

π k·π
−po · · (D23 − Do3 ) = (mH2 · cvH + mesf · cesf ) · (T2 − T1 ) + − +
6 2 2 3 2 6
y sustituyendo el valor de T2 :
" #
(π/6) · D23

D2 − Do
(mH2 · cvH + mesf · cesf ) · po + k − T1
2 mH2 · RH2 D2
k · π D23 Do · D22 Do3

π
+ − + + po · · (D23 − Do3 ) = 0
2 3 2 6 6
Dando valores numéricos y reagrupando términos semejantes la ecuación anterior puede ponerse en
la forma:
D23 − 0, 2314 × D22 − 0, 00833 = 0
cuya solución es:

Diámetro final
D2 = 0, 315 m ←−− −−−−−−−−−
del globo
Conocido el valor del diámetro final del globo, la presión final en el interior del globo se determina
a partir de la ecuación (3):
D2 − Do
p2 = po + k
D2
0, 315 − 0, 3 Presión final
= 100 + 250 × = 112 kPa ←−−−− −−−−−−−−−−−−−
en el interior del globo
0, 315
y la temperatura en el interior del globo a partir de (5):

p2 (π/6) · D23
T2 =
mH2 · RH2
112 · 103 × (π/6) × 0, 3153 Temperatura final
= = 294 K ←−−−−−−−−−−−−−−−
del H2 y de la esfera
0, 0015 × (8314/2)
4) La irreversibilidad es, por definición:

I = Tamb · σp
El término de producción de entropı́a se obtiene a partir del segundo principio aplicado a un

proceso, que para un sistema cerrado, se expresa:
n
X Qi
σp + = ∆Ssis
T
i=1 F Ti
En este caso si como sistema se elige goma+H2 +esfera:

Qi = 0 ∀i
y la variación de entropı́a del sistema:

∆Ssis = ∆Sgoma + ∆SH2 + ∆Sesfera
Ahora bien:
T2 p2H p2H
∆SH2 = mH2 cpH ln − m1H RH2 ln 2
− m1H ,esf RH2 ln 2
2 T1 2 p1H ,g 2 p1H ,esf
2 2
294 8.314 112 8.314 112
= 0, 0015 × 14.200 × ln − 0, 0011 × ln − 0, 0004 × ln
300 2 100 2 1.000
−1
' 2, 7 J · K
∆Sgoma =0
ya que la goma es adibática y en su interior no existe ningún efecto disipativa. Para la esfera, al ser
un sólido perfecto e indeformable:
T2
∆Sesf = mesf cesf ln
T1
294
= 0, 02 × 896 × ln
300
= −0, 4 J · K−1
Ası́ pues, la producción de entropı́a valdrá

σp = −0, 4 + 2, 7
luego la irre- Irreversibilidad
= 2, 3 J · K−1 −−−−−−−−→ I = 690 J ←
versibilidad
−del
−−− −−−−−−−
proceso
Problema 18
En un depósito cilı́ndrico de paredes rı́gidas y adiabáticas, que se apoya en una de sus bases estando
la otra abierta a la atmósfera y de 0,6 m de diámetro interior, hay 200 gramos de aire confinados por
un émbolo de 60 kg y de un material cuyo calor especı́fico es c = 500 J·kg−1 ·K−1 que inicialmente
está anclado al cilindro. Las superficies del émbolo en contacto con el aire, tanto con el encerrado en
el cilindro como con el del ambiente, se consideran adiabáticas. El aire confinado se encuentra a 15 o C
de temperatura y a una presión de 100 kPa, que son las condiciones del ambiente. Este dispositivo
se va a utilizar para desplazar una fuerza de 3500 kg apoyada sobre el émbolo. Para ello se eleva la
presión del aire haciendo girar en su seno una rueda de paletas. Cuando en el depósito se alcanza
una presión manométrica de 200 kPa, se para la rueda de paletas y se sueltan los anclajes del émbolo
y, tras disipar energı́a por fricción con el cilindro, alcanza de nuevo el equilibrio termodinámico. La
velocidad con que se desplaza el émbolo es relativamente baja. Se pide:
1.- Calcular el trabajo suministrado por la rueda de paletas.
2.- Una vez que se ha alcanzado el nuevo equilibrio, establecer las ecuaciones que determinan:
a) el volumen y la temperatura del aire,

b) el incremento de temperatura del émbolo,
especificando de forma clara y precisa el sistema elegido en cada caso y las interacciones
energéticas sistema-exterior de cada uno de los sistemas elegidos.
3.- Obtener los valores numéricos del volumen y temperatura del aire.
4.- Calcular la producción de entropı́a en el proceso desde que se quitan los anclajes hasta que se
alcanza el equilibrio.
Nota: La fricción entre el cilindro y el émbolo, cuando éste está en reposo, se considera despre-
ciable.
Solución
1) Calcular el trabajo suministrado por la rueda de paletas.

El estado inicial del aire es un estado de equilibrio. Sus condiciones en el estado inicial son:
T1 = 288 K
p1 = 100 kPa
El aire se modela como gas perfecto, por lo tanto de la ecuación térmica de estado de los gases
perfectos se obtiene para el volumen ocupado por el aire en el instante inicial:
mRT1
V1 =
p1
0, 2 × 287 × 288
= = 0, 165 m3
105
A partir de estas condiciones iniciales, y manteniendo fijo el volumen ocupado por el gas, se le
comunica a éste trabajo por medio de una rueda de paletas. Se elige como sistema el gas. Se trata
de un sistema cerrado cuyas fronteras son deformables y adiabáticas. Por lo tanto las interacciones
del exterior con el sistema son:

c,a Q=0
Frontera cilindro+émbolo-aire: σ
W =0

rp,a Q=0
Frontera rueda de paletas-aire: σ
W = Wrp, a
Ası́ pues, el balance energético quedará reducido a:

Wrp, a = ∆Uaire −
− −−−−−−−−−−−−→ Wrp, a = ma cva (T2 − T1 )a
Para calcular el trabajo que la rueda de paletas comunica al aire es necesario conocer la tempe-
ratura del aire al finalizar la compresión. Se conoce la presión final, luego de la ecuación térmica de
estado, por tratarse de un sistema cerrado cuyo volumen permanece constante durante la evolución:
p2
T2 = T1
p1
(200 + 100)
= 288 × = 864 K
100
Por lo tanto:
Wrp, a = 0, 2 × 718 × (864 − 288)
Trabajo comunicado al
= 82713 J ' 82, 7 kJ ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
aire por la rueda de paletas
2) Una vez que se ha alcanzado el nuevo equilibrio, establecer las ecuaciones que determinan:
a) El volumen y la temperatura del aire.
Como sistema se elige, al igual que en el apartado anterior, el aire. Las fronteras del sistema
son adiabáticas y de acuerdo con los criterios dados en el Tema 3 § 3.9, el proceso de expansión se
podrá considerar isoentrópico. Ası́ pues:
∆Saire = 0 −
− −−−−−−−−−−−−→ p3 V3γ = p2 V2γ
(1)
El estado final es de equilibrio, por lo tanto existirá equilibrio mecánico, esto es, existe equilibrio
de fuerzas en todo el sistema por lo que se verificará que:
F + mE g
p3 = pamb + (2)
A
Por ser un estado de equilibrio puede hablarse de propiedades termodinámicas del sistema y
aplicarse, por tanto, en ese estado la ecuación térmica de estado al aire:
p3 V3 = ma R T3 (3)
Finalmente, se tiene la relación geométrica:
V3 = V2 + Ax (4)
donde x representa el desplazamiento vertical y hacia arriba del émbolo.

Las ecuaciones (1) a (4) determinan el estado final del aire, esto es, determinan la presión, tem-
peratura y volumen finales del aire.
b) El incremento de temperatura del émbolo.
Se elige como sistema el émbolo. Si, al igual que con el aire en el apartado 1, se analizan las
interacciones que el exterior (en este caso el ambiente, la fuerza F y el aire) ejerce sobre el sistema
se obtiene:
c,E Q = QE
Frontera cilindro-émbolo: σ
W = Wc,E

a,E Q=0
Frontera aire-émbolo: σ
W = Wa, E

amb,E Q=0
Frontera ambiente+fuerza-émbolo: σ
W = Watm, E + WF,E
A la vista de esto, el balance energético aplicado al émbolo queda:
QE + Wc,E + Wa, E + Watm, E + WF,E = ∆UE + ∆EpE (5)
Esta expresión se reduce si se analiza la frontera cilindro-émbolo. En efecto, como el cilindro es

adiabático y durante todo el proceso permanece en reposo, el balance energético aplicado a esta
frontera da:
QE + Wc,E = 0
Ası́, despejando la variación de energı́a interna del émbolo de la ecuación (5) y con el modelo de
sólido calorı́ficamente perfecto para el émbolo:
∆UE = mE cE ∆TE
= Wa, E + Watm, E + WF,E − ∆EpE
Por otra parte, por ser la frontera aire-émbolo no disipativa del balance energético aplicado al aire
se obtiene:
Wa, E = −WE, a
= −∆Ua −
− −−−−−−−−−−−−→ Wa, E = −ma cva (T3a − T2a )
Llevando este resultado a la expresión de la variación de energı́a interna del émbolo y despejando
el incremento de temperatura de éste, se obtiene finalmente:
(pamb A + F + mE g)x + ma cva (T3a − T2a )

∆TE = − (6)
m E cE
3) Obtener los valores numéricos del volumen y temperatura del aire.

De la ecuación (2):
(3500 + 60) × 9, 81
p3 = 100 + × 10−3
π × 0, 32
= 223, 52 kPa
y de (1):
1/γ
p1
V3 = V1
p3
1/1,4
300 Volumen ocupado por el
= 0, 165 × = 0, 204 m3 ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−
aire en el estado final
223, 52
Llevando estos resultados a la ecuación térmica de estado se obtiene para la temperatura final del
aire:
p3 V3
T3 =
mR
223, 52 · 103 × 0, 204 Temperatura final
= = 794, 4 K ←−−−− −−−−−−−−−−
del aire
0, 2 × 287
El desplazamiento vertical del émbolo se obtiene a partir de (4):
V3 − V1
x=
A
0, 204 − 0, 165
= = 0, 138 m
π × 0, 32
y de (6):
(105 × π × 0, 32 + 3500 × 9, 81 + 60 × 9, 81) × 0, 138 + 0, 2 × 713 × (794, 4 − 864)
∆TE = −
60 × 500
= 0, 04 K −→ T2E = 288, 04 K
4) Calcular la producción de entropı́a en el proceso desde que se quitan los anclajes hasta que se
alcanza el equilibrio.
El segundo principio aplicado al proceso seguido por un sistema cerrado establece que:
X Qi
σp + = ∆Ssis
i
TFTi
y para el sistema aire+émbolo se reduce a:
σp = ∆Saire 2→3 + ∆SE 2→3
pues Qi = 0 ∀i. Ya se ha dicho en el apartado 2 que:

∆Saire 2→3 = 0
luego:
σp = ∆SE 2→3
T2E
= mE cE ln
T1E
288, 04 Producción de entropı́a desde que se
= 60 × 500 × ln = 4, 17 J · K−1 ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
quitan los anclajes hasta el equilibrio final
288
Problema 19
Se tiene un cilindro vertical de 10 dm2 de sección recta y aislado térmicamente en el que hay 60
g de dióxido de carbono confinados por un émbolo de hierro de 25 kg de masa, cuyas superficies en
contacto con el aire ambiente y con el CO2 están aisladas térmicamente, y sujeto a un punto exterior
mediante un muelle adiabático, perfectamente elástico, de masa despreciable y constante elástica k
= 70 kN·m−1 . El gas ocupa inicialmente un volumen de 25 l a una temperatura de 40 o C
Con una rueda de paletas de superficies adiabáticas se agita el CO2 confinado hasta que la presión
manométrica del gas sea de 1.014 mm Hg, instante en el que se para la rueda de paletas. Poste-
riormente se quita el aislamiento de la base del cilindro y se pone en contacto térmico con una
fuente térmica a 260 K. Sabiendo que las condiciones del ambiente son 15 o C y 1 atm y suponiendo
despreciable la disipación de energı́a mecánica entre cilindro y émbolo, se pide:
1.- Elongaciones del muelle en el estado inicial y al para la rueda de paletas. Altura mı́nima que
debe tener el cilindro.
2.- Temperatura del CO2 al parar la rueda de paletas y trabajo que con ella se comunica al gas.
3.- Presión del CO2 una vez alcanzado el equilibrio térmico con la fuente térmica.
4.- Calor intercambiado entre el gas y la fuente térmica.
Solución
Esquema de la evolución del CO2
1) Como en el estado inicial se conocen la masa, temperatura y volumen ocupados por el CO2 , con
el modelo de gas perfecto, se tendrá:
m R T1
p1 V1 = m R T1 −→ p1 =
V1
8, 314
60 · 10−3 × × 313
= 44 = 142 kPa
25 · 10−3
Del equilibrio mecánico inicial se obtiene (ver primera figura del esquema de la evolución):
Ap1 = Ap∞ + mE g + Fm1
= Ap∞ + mE g + k (l0 − l1 )
Por lo tanto:
A (p1 − p∞ ) − mE g
l0 − l1 =
k
0, 1 × (142 − 101, 3) − 25 × 9, 81 × 10−3
=
70
elongación inicial
= 0, 055 m ←−−del
−−− −−−−−−−
muelle
es decir, el muelle está comprimido inicialmente 5,5 cm.

En el enunciado se dice que la presión manométrica al parar la rueda de paletas es 1.014 mmHg,
por lo tanto:
p2 = p∞ + pman

1.014
= 101, 3 × 1 + = 236, 5 kPa
760
Del equilibrio mecánico una vez parada la rueda de paletas (ver la segunda figura del esquema de
la evolución del CO2 ):
m g k
p2 = p∞ + E + (l0 − l2 )
A A
Por lo que:
A (p2 − p∞ ) − mE g
l2 − l0 =
k
0, 1 × (236, 5 − 101, 3) − 25 × 9, 81 × 10−3
=
70
elongación del muelle
= 0, 19 m ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
al parar la rueda de paletas
esto es, el muelle se encuentra comprimido 19 cm al parar la rueda de paletas.

La altura mı́nima del cilindro es la necesaria para que el émbolo no se salga del cilindro, sino que
quede justamente (véase de nuevo la segunda figura del esquema de la evolución del CO2 ) embocado
en él. Ası́ pues:
hmin = h1 + x1 + e
siendo:
h1 la altura desde el fondo del cilindro a la que se encuentra el émbolo inicialmente

x1 el desplazamiento vertical hacia arriba del émbolo mientras se agita el gas
e el espesor del émbolo
Ası́ pues:
V1 m /ρ
hmin = + [(l1 − l0 ) − (l2 − l0 )] + E Fe
A A
0, 025 25/7.770 altura mı́nima
= + (−0, 055 + 0, 19) + = 0, 417 ←− −−−−−−−−−
del cilindro
0, 01 0, 1
2) La temperatura del CO2 al parar la rueda de paletas, una vez conocidos el desplazamiento vertical
del émbolo y la presión del CO2 se obtiene sin más que aplicar la ecuación térmica de estado de los
gases pefectos. En efecto:

p2 V 2
p2 V2 = mR T2 −→ T2 =
mR
p2 (V1 + A x1 )
=
mR
236, 5 · 103 × (25 · 10−3 + 0, 1 × 0, 135)
=
8.314
60 · 10−3 ×
44
temperatura del CO
= 803 K ←−−−−−−−−−−−−−−−−−2−−−
al parar la rueda de paletas
Para determinar el trabajo que se comunica al CO2 con la rueda de paletas se plantea el balance
energético al sistema formado por el CO2 + émbolo + muelle:
Wat,E + Wrp,a = ∆UCO2 + ∆Um + ∆EpE
Por lo tanto, con el modelo de gas perfecto para el CO2 :

Wrp,a = ∆UCO2 + ∆Um + ∆EpE − Wat,E
1
= m cv (T2 − T1 ) + k [(l2 − l0 )2 − (l1 − l0 )2 ] + (mE g + p∞ A) x1
2
1
= m cv (T2 − T1 ) + A p1 x1 + k x21
2
1
= 60 · 10−3 × 651 × (803 − 313) + 0, 1 × 141, 9 · 103 × 0, 135 + × 70 · 103 × 0, 1352
2
trabajo comincado al CO 2
= 21, 7 · 103 J = 21, 7 kJ ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
mediante la rueda de paletas
−
3) Del equilibrio mecánico final (ver tercera figura del esquema de la evolución del CO2 ) se obtiene
que:
m g k
p3 = p∞ + E + (l0 − l3 )
A A
mE g k k
= p∞ + + (l0 − l2 ) − x2
A A A
mE g k k k
= p∞ + + (l0 − l1 ) + x1 − x2
A A A A
k
= p1 − (x2 − x1 )
A
Por otra parte, de la ecuación térmica de estado de gases perfectos:
p3 V3 = m R TFT
y de la relación geométrica:
V3 = V2 − A x2
= V1 − A (x2 − x1 )
se obtiene:
k
p1 − (x2 − x1 ) V1 − A(x2 − x1 ) = m R TFT
A
Operando y agrupando términos:

2 V 1 p1 A p1 V1 − mRTFT
(x2 − x1 ) − + (x2 − x1 ) + =0
A k k
que al dar valores numéricos y tomando como ingógnita x2 − x1 queda:
(x2 − x1 )2 − 0, 4527 (x2 − x1 ) + 0, 0086 = 0
Las dos raı́ces de esta ecuación son:

x2 − x1 = 0, 433 m −→ x2 = 0, 560 m > hmin
x2 − x1 ' 0, 02 m −→ x2 = 0, 155 m
De estas raı́ces, la primera no tiene significado fı́sico, en cambio, la segunda raiz da para la presión
final del CO2 :
70 presión final
p3 = 141, 9 − × 0, 02 ' 128 kPa ←−− −−−−−−−−
del CO2
0, 1
FORMA ALTERNATIVA
En lugar de elegir como incógnita x2 − x1 se elige p3 . Por lo tanto:
A2 (p3 − p1 )
V3 = V1 +
k
y de la ecuación térmica de estado:

A2 (p3 − p1 )

p3 V1 + − m R TFT = 0
k
obteniéndose después de operar y reagrupar términos:

V1 k m R TFT k
p23 + − p1 p3 − =0
A2 A2
Dando valores y resolviendo la ecuación resultante se obtiene para la presión final:
p3 ' 128 kPa
ya que la otra solución de la ecuación es negativa y. por lo tanto, no tiene sentido fı́sico
4) El calor intercambiado entre el gas y la fuente térmica, Q2→3 , se obtiene aplicando el balance
energético al sistema CO2 +muelle+émbolo en el proceso de atemperamiento (proceso 2 → 3):
Q2→3 + Watm,E2→3 = ∆UCO22→3 + ∆Um2→3 + ∆EpE 2→3
De donde, despejando el término del calor:
Q2→3 = ∆UCO22→3 + ∆Um2→3 + ∆EpE 2→3 − Watm,E2→3
Del esquema de la evolución del CO2 (figura tercera) se deduce que:
∆EpE 2→3 = −mE gx2

Watm,E2→3 = p∞ A x2
1
∆Um2→3 = k[(l3 − l0 )2 − (l2 − l0 )2 ]
2
x22

= k l2 − l0 x2 +
2
Llevando estos resultados a la expresión de Q2→3 y teniendo en cuenta que el CO2 se ha modela
como gas perfecto se tendrá:
x22

Q2→3 = mcv (T∞ − T2 ) − (p∞ A + mE g) x2 + k (l2 − l0 ) x2 +
2
= 60 · 10−3 × 651 × (260 − 803) − (101, 3 · 103 × 0, 1 + 25 × 9, 81) × 0, 155
0, 1552
+ 75 · 103 × − 0, 19 × 0, 155 +
2
3
' −24 · 10 J = −24 kJ
5) La producción de entropı́a se obtiene aplicando el segundo principio al sistema muelle + cilindro

+ émbolo+CO2 . Ası́:
Q2→3
σp + = ∆Sa
TFT
Por lo tanto:
Q2→3
σp = m (s3 − s1 ) −
TFT
Con el modelo de gas perfecto para el dióxido de carbono, y con el resultado del apartado anterior
se tiene para la producción de entropı́a:

T3 p3 Q2→3
σp = m cp ln − R ln −
T1 p1 T∞

−3 260 8.314 128 24.000
= 60 · 10 × 840 × ln − × ln +
313 44 142 260
producción de entopı́a
' 84 J · K−1 ←−−−en
−−el
−−proceso
−−−−−−−−−
Problema 20
Se tiene un recipiente cilı́ndrico vertical de 8 dm2 de sección recta transversal, abierto por su parte
superior a la atmósfera (ϑ∞ = 15 o C, p∞ = 100 kPa) y aislado térmicamente. En este recipiente hay
50 gramos de CO2 a 15 o C y una presión de vacı́o de 225 mmHg confinados por un émbolo de acero
de 20 kg y cuyas superficies están aisladas térmicamente . Inicialmente el émbolo, que se halla unido
a un punto exterior por medio de un muelle perfectamente elástico que está comprimido 2,5 cm,
descansa sobre unos pequeños resaltes de la pared del recipiente. La constante elástica del muelle es
60 kN·m−1 y el émbolo puede deslizar sin fricción apreciable.
Partiendo de este estado inicial de equilibrio, se quita el aislamiento de la base del recipiente y este
se pone en contacto con una fuente térmica a 750 K hasta que el CO2 alcanza el equilibrio térmico
con aquella. Se pide:
1.- Volumen ocupado inicialmente por el CO2 .

2.- Temperatura del CO2 cuando comienza a desplazarse el émbolo.
3.- Calcular la altura mı́nima que debe tener el cilindro, la presión final del CO2 y el calor sumnis-
trado al mismo.
4.- Producción de entropı́a del proceso.
Solución
1) La presión inicial del CO2 es:
p1 = p∞ − pvacı́o
225
= 100 − × 101, 325 = 70 kPa
760
Ası́ pues, de la ecuación térmica de estado de los gases perfectos aplicada al CO2 :
m RCO2 T1
V1 =
p1
8, 314
0, 05 × × 288
= 44 = 0, 039 m3 = 39 l ← volumen inicial
−−−−−−−−−−−−−−−
70 ocupado por el CO2
2) El émbolo comenzará a desplazarse cuando la presión en el gas equilibre a la que inicialmente se

ejerce sobre el émbolo, es decir, cuando:
m g k
p20 = p∞ + E + (l0 − l1 )
A A
20 × 9, 81 60
= 100 + · 10−3 + × 0, 025
0, 08 0, 08
= 121, 2 kPa
Y de la ecuación térmica de estado se obtiene
para la temperatura en ese instante:
p20 V1
T20 =
m RCO2
121, 2 · 103 × 39 · 10−3
= = 500 K
8.314
0, 05 ×
44
3) Una vez alcanzado elequilibrio térmico con la fuente térmica el CO2 estará a 750 K. El quilibrio
mecánico mecánico del émbolo proporciona:

k mE g 
p2 = p∞ + (l2 − l0 ) + k
A A −→ p2 = p20 + x (1)
l2 = l1 − x
 A
Otra ecuación de la que se dispone es la ecuación térmica de estado aplicada al CO2 en el estado
final:
p2 V2 = m RCO2 T2 (2)
La relación entre los volúmenes inicial y final establece que:
V2 = V1 + A x (3)
Estas tres ecuaciones resueltas porporcionan los valores de x, y por tanto de hmin , y de la presión
p2 . En efecto Introduciendo las ecuaciones (1) y (3) en la segunda se obtiene la ecuación de segundo
grado en x:
p20 V1 − m RCO2 T2

2 p20 A V1
x + + x+ =0
k A k
que dando valores numéricos resulta:
x2 + 0, 649 x − 0, 039 = 0 −→ x = 0, 056 m
(la otra raiz no se ha tenido en cuenta ya que su valor es negativo y no tiene significado fı́sico.)
Con es te valor del desplazamiento vertical del émbolo se obtiene para la altura mı́nima del cilindro:
hmin = h1 + x + eE
V1 m /ρ
= + x + E acero
A A
0, 039 20 altura mı́nima
= + 0, 056 + = 0, 58 m ←− −−−−−−−−−
del cilindro
0, 08 7.830 × 0, 08
De la ecuación (1) se obtiene para la presión final de equilibrio:

60
p2 = 121, 2 + × 0, 056 = 163, 2 kPa
0, 08
Finalmente, el calor suminstrado al gas se obtendrá aplicando el balance enrgético al siatema

formado por el CO2 + émbolo + muelle. Ası́ pues.
Q + Watm, E = ∆UCO2 + ∆Um + ∆EpE
Y despejando el término del calor, con el modelo de gas perfecto para el CO2 , se obtendrá después
de agrupar términos:
1
Q = m cvCO2 (T2 − T1 ) + k x2 + A p20 x
2
60
= 0, 05 × 0, 651 × (750 − 288) + × 0, 0562 + 0, 08 × 121, 2 × 0, 056
2
calor suministrado
= 15, 7 kJ ← −−−−al−−gas
−−−−−−−
4) La produccción de entropı́a en el proceso se obtiene aplicando el segundo pricipio a todo el

conjunto. Ası́ se tendra que, con el modelo de gas perfecto para el CO2 :
Q1→2
σp = m(s2 − s1 )CO2 −
TFT

T2 p2 Q1→2
= m cp ln − RCO2 ln −
T p1 TFT
1
750 8314 163, 2 15.700
= 0, 05 × 840 × ln − × ln −
288 44 70 750
= 32, 2 − 20, 9 = 11, 3 J · K−1 ←−−−−−−−−−−−−−−−−−
en el proceso
Problema 21
Un cilindro de capacidad térmica despreciable, de 10 dm2 de sección, abierto a la atmósfera por
su base superior y que se encuentra en posición vertical contiene, confinada por medio de un émbolo
de 40 kg que puede deslizar con fricción, una masa de un gas cuya capacidad térmica especı́fica a
presión constante y su masa molar son, respectivamente cp = 1, 92 kJ·kg−1 K−1 y M = 42 kg·kmol−1 .
El émbolo, cuyas superficies en contacto con el gas confinado y con el aire ambiente son adiabáticas,
se encuentra unido a un punto fijo exterior por medio de un muelle perfectamente elástico cuya
constante elástica es 225 kN·m−1 .
Inicialmente el gas confinado se encuentra a temperatura ambiente y a una presión de 2,25 MPa
ocupando un volumen de 50 l, el émbolo se halla, también a temperatura ambiente y anclado al
cilindro y el muelle en su longitud natural.
A partir de estas condiciones iniciales se quitan los anclajes del émbolo y tras un proceso lo
suficientemente rápido como para que el proceso de expansión subsiguiente del gas pueda considerarse
adiabático, se alcanza el equilibrio mecánico. Después se vuelve a anclar el émbolo y se deja que todo
el dispositivo se atempere.
Suponiendo que la energı́a mecánica disipada por la fricción entre el cilindro y el émbolo se
concentra en el émbolo, sabiendo que las condiciones del ambiente son 300 K y 100 kPa y que la
fuerza de fricción en reposo se considera despreciable, se pide:
1.- Determinar la masa de gas confinado en el cilindro.

2.- Establecer las ecuaciones que determinan la temperatura, la presión y el volumen ocupado por
el gas al alcanzarse el equilibrio mecánico.
3.- Resolver el sistema anterior dando los valores de la temperatura, de la presión y del desplaza-
miento del émbolo al alcanzarse el equilibrio mecánico.
4.- Calcular la energı́a mecánica disipada por la fricción entre el émbolo y el ciclindro.
5.- Calcular el calor neto intercambiado con el ambiente en el proceso de atemperamiento.
6.- Calcular la producción de entropı́a en el proceso global descrito.
Solución
1) De la ecuación térmica de estado para los gases perfectos:
p1 V 1
p1 V1 = mRg T1 −→ m =
Rg T1
2, 25 · 106 × 50 · 10−3 Masa de gas
= = 1, 894 kg ←−−−−−−−−−
8.314 confinado
× 300
42
2) Las ecuaciones que hay que plantear son:
a) Equilibrio mecánico:
mE g k
p2 = pamb + − (l2 − lo )
A A
y teniendo en cuenta, según queda reflejado en la figura, la relación existente entre l2 (longitud
del muelle cuando se alcanza el equilibrio mecánico) y x (desplazamiento vertical hacia arriba del
émbolo) la ecuación anterior queda:
mE g k
p2 = pamb + + x (1)
A A
Esquema hasta el equilibrio final.

b) Proceso isoentrópico experimentado por el gas hasta que se alcanza el equilibrio mecánico (véase
Apuntes de Termodinámica Tema 3 final §3.9):
∆S1→2 = 0
que con el modelo de gas perfecto queda:
p2 V2γ = p1 V1γ (2)
c) Ecuación térmica de estado del gas aplicado al estado 2 de equilibrio mecánico:
p2 V2 = mRg T2 (3)
d) La relación entre los volúmenes inicial y final ocupados por el gas:
V2 = V1 + Ax (4)
3) De las ecuaciones (2) y (4) se obtiene:

p1
p2 = γ
A
1+ x
V1
Y llevando este resultado a (1) se obtiene finalmente:

p1 k m g
γ − x − pamb − E = 0
A A A
1+ x
V1
Dando valores a las variables conocidas, resulta:

2.250
− 2.250 x − 103, 92 = 0
(1 + 2 x)1,115
cuya solución es:

Desplazamiento
x = 0, 445 m ←−−−−−−−−−−−−−
del émbolo
resultando para la presión y temperatura en el equilibrio mecánico los valores:

Presión del gas
p2 = 1.106, 4 kPa ← −−−−−−−−−−−−−−−−−−
en el equilibrio mecánico
p2 V2
T2 =
mRg
1.106, 4 · 103 × (0, 05 + 0, 1 × 0, 445)
=
8.314
1, 894 ×
42
Temperatura del gas
= 278, 8 K ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−
en el equilibrio mecánico
4) Como el proceso hasta alcanzar el equilibrio mecánico es adiabático, tomando como sistema
cilindro+muelle+émbolo+gas, y aplicando a este sistema el balance energético se obtiene:
Watm,E = ∆Ug1→2 + ∆Um + ∆UE1→2 + ∆EpE
Por otra parte, del análisis de la frontera cilindro-émbolo y de la ecuación de la energı́a interna
aplicada a este último, se tiene que:
∆UE1→2 = εcil,E
Por lo tanto:
εcil,E = −∆Ug1→2 − ∆Um − ∆EpE + Watm,E
1
= −m cv (T2 − T1 ) − kx2 − mE gx − pamb Ax
2
8.314 225.000
= 1, 894 × 1.920 − × (278, 8 − 300) − × 0, 4452
42 2
− 40 × 9, 81 × 0, 445 − 105 × 0, 1 × 0, 445
energı́a mecánica disipada
= 69.145 − 22.278 − 175 − 4.450 = 42.242 J ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
por fricción
5) Se elige como sistema el émbolo + el gas. El calor neto intercambiado con el ambiente durante el
atemperamiento se obtiene del balance energético aplicado al sistema señalado:
Q = ∆Ug2→3 + ∆UE2→3
Como el gas y el émbolo no varı́an su temperatura en el proceso global, con los modelos dados
para ellos su variación de energı́a interna será nula. Ası́ pues:
∆Ug2→3 = −∆Ug1→2 y ∆UE2→3 = −∆UE1→2 = −εcil,E
Por lo tanto:
Q = −∆Ug1→2 − εcil,E
Calor recibido por el dispositivo
= 69.145 − 42.242 = 26.903 J ←−durante
−−−−−−− −−−−−−−−−−−−−−−−
el atemperamiento
(Puede observarse que el resultado es el mismo que si se hubiese tomado como sistema cilindro+muelle+émbo-
lo+gas y se le hubiese aplicado a este sistema el balance energético en el proceso global.)
6) Una vez atemperado el gas, la presión que este ejece es:
m Rg Tamb
p3 =
V2
8.314
1, 894 × × 300
= 42 = 1.190 kPa
0, 05 + 0, 1 × 0, 445
La producción de entropı́a se calcula aplicando el segundo principio al dispositivo desde el estado

inicial al final. Como se trata de un gas perfecto y todo el dispositivo está a la misma temperatura
en los estados inicial y final se tendrá para la producción de entropı́a:
p3 Q
σp = −mRg ln −
p1 Tamb
8.314 1.190 26.203 Producción
= −1, 984 × × ln − = 149 J · K−1 ←−−−−−−−−
de entropı́a
42 2.250 300
Problema 22
En un recipiente cilı́ndrico vertical, abierto a la atmósfera por su cara superior, de 40 cm de
diámetro interior y de capacidad térmica despreciable hay una masa de O2 confinada por un émbolo
de acero de 26 kg, cuyas superficies en contacto con el aire ambiente y con el O2 están aisladas
térmicamente. El gas ocupa inicialmente un volumen de 100 l a una temperatura de 15 o C
A partir de las condiciones iniciales de equilibrio se comprime el gas de forma lo suficientemente
rápida como para poder considerar adiabática la compresión del gas. Durante esta compresión se
disipa por fricción entre el émbolo y el cilidro el 10 % del trabajo comunicado al émbolo durante ese
proceso confinándose esa disipación ı́ntegramente en el émbolo. Al finalizar la compresión el émbolo,
que se encuentra situado a 35 cm del fondo del cilindro, se fija a este y se deja que el O2 se atempere.
Si las condiciones del ambiente son 98 kPa y 15 o C, se pide:
1.- Masa de O2 confinada.
2.- Presión y temperatura del O2 al finalizar la compresión.
3.- Trabajo comunicado al émbolo en el proceso de compresión.
4.- Producción de entropı́a en el proceso de atemperamiento.
Solución
1)De la ecuación térmica de estado para el O2 , considerado este gas perfecto,
p1 V1
m=
RO2 T1
y del equilibrio mecánico inicial:

mE g
p1 = p ∞ +
A
26 × 9, 81
= 98 + · 10−3 = 100 kPa
π × 0, 22
Por tanto:
100 × 100
m=
8314
× 288
32
masa de oxı́geno
= 0, 134 kg ← −−−−−−−−−−−−
2) La compresión del gas se considera isoentrópica (V. Apuntes tema 3 § 3.9 final). Por lo tanto:
con
−−−−el
−−modelo
−−−−−−de−−−gas perfecto
−−− −−−−→ p1 V1γ = p2 V2γ
∆s1→2 = 0 para el oxı́geno
Ası́ pues:
γ
V1
p2 = p1
V2
1,4
0, 1 presión del oxı́geno
= 100 × = 315, 8 kPa ←−− −−−−−−−−−−−−−−−−−
al finalizar la compresión
π × 0, 22 × 0, 35
De la ecuación anterior de proceso isoentrópico y de la ecuación térmica de estado para el O2 , se

obtiene para la temperatura:
(γ−1)/γ
p2
T2 = T1
p1
0,4/1,4
315, 8 temperatura del oxı́geno
= 288 × = 400 K ← −−finalizar
al
−−−−−−− −−−−−−−−−−
la compresión
100
3) Eligiendo como sistema el formado por émbolo+gas y aplicando el balance energético se obtiene:
WF,E + Watm, E + Wcil,E + QE = ∆UO2 + ∆UE + mE g(h2 − h1 )
Como de la ecuación de la energı́a interna aplicada al émbolo se deduce que

∆UE = QE
y del análisis de la frontera cilindro-émbolo y de los datos del enunciado se obtiene que:
Wcil,E = −0, 1WF,E
queda finalmente para el balance energético aplicado al sistema elegido:
0, 9 WF,E + Watm, E = ∆UO2 + mE g (h2 − h1 )
de donde:
∆UO2 + mE g − Watm, E
WF,E =
0, 9
mO2 cvO2 (T2 − T1 )O2 + (mE g + p∞ A) (h2 − h1 )
=
0, 9
0, 134 × 653 × (400 − 288) + (26 × 9, 81 + 98 · 103 × π × 0, 22 ) × (0, 35 − 0, 796)
=
0, 9
trabajo comunicado al émbolo
' 4, 7 kJ ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
por la fuerza exterior durante la compresión
4) Para calcular la producción de entropı́a durante el atemperamiento se elige como sistema el

cilidro+émbolo+O2 . La ecuación del balance de entropı́a a este sistema resulta:
Q2→3
σp + = ∆SO2 + ∆SE
T∞
ya que ∆Sc = 0. Por otra parte:

Q2→3 = ∆UO2 |2→3 + ∆UE |2→3
La temperatura del estado final, tanto del oxı́geno como del émbolo, es la misma que la del estado
inicial y por tratarse de un gas perfecto y de un sólido calorı́ficamente perfecto:
∆UO2 |1→3 = ∆UO2 |1→2 + ∆UO2 |2→3 = 0 −→ ∆UO2 |2→3 = −∆UO2 |1→2
∆UE |1→3 = ∆UE |1→2 + ∆UE |2→3 = 0 −→ ∆UE |2→3 = −∆UE |1→2
Por lo tanto:
Q2→3 = −∆UO2 |2→3 − ∆UE |2→3
= −9.800 − 470 = −10.270 J
La temperatura final del émbolo se obtiene de aplicar la ecuación de la energı́a interna. En efecto:
∆UE |1→2 = εσcil,emb
esto es:
0, 1 WF,E
mE cE ∆TE = 0, 1 WF,E −→ ∆TE =
mg cE
470
= = 0, 04 K
26 × 500
Ası́ pues, la producción de entropı́a en el proceso de atemperamiento al realizarse este proceso a
volumen constante, será:
T∞ T∞
σp = mO2 cvO2 ln + mE cE ln
T2 ∆TE
T∞ +
T∞
288 288 10.270
= 0, 134 × 653 × ln + 26 × 500 ln +
400 288, 04 288
= −28, 7 − 1, 8 + 35, 7 = 5, 2 J · K−1 ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
durante el atemperamiento
B) VOLÚMENES DE CONTROL
Problema 23
En un conducto divergente de 0,2 m2 de área de entrada por el que circula aire, la medida de
las presiones estáticas y de remanso dan: p1 = 105 Pa, p1t = 1, 2 · 105 Pa, p2 = 1, 05 · 105 Pa y
p02 = 1, 15 · 105 Pa. Sabiendo que la temperatura de entrada es 15o C, se pide calcular:
1.- Gasto, temperaturas y velocidades de entrada y salida.

2.- Rendimiento adiabático de la compresión dinámica.
3.- Producción de entropı́a.
Solución
De la definición de magnitudes de remanso se obtiene:

w2
w2  T = T +
 
 0

2 cp

h0 = h + si la sustancia de trabajo
2 −−− −−−−−−−−−−−−−−−−−→
se comporta como gas perfecto γ/(γ−1) (1)
s0 = s
  T0
 p0 = p


T
1) De la segunda de las ecuaciones dadas en (1) aplicadas a la seccion de entrada:

(γ−1)/γ
p01
T01 = T1
p1
0,4/1,4
120 Temperatura de remanso
= 288 × = 303, 4 K ←−−
de
−−−−−−−−−−−−−−−−−−
la corriente a la entrada
100
Conocida la temperatura de remanso, de la primera de las ecuaciones dadas en (1):

q
w1 = 2 cp (T1o − T1 )
Velocidad de la corriente
p
= 2 × 103 × (303, 4 − 288) = 175, 5 m · s−1 ← −−−−−−−−−−−−−−−−−−−
en la sección de entrada
Del balance másico, si se supone que el dispositivo está funcionando en régimen estacionario, se
obtiene que:
ṁ1 = ṁ2 = ṁ
De la definición de gasto:
ṁ = ρ w A
esto nos dice que el gasto podrá calcularse en una sección en la que se conozcan la densidad, velocidad
y área de la sección recta transversal. Todo esto se conoce en la sección de entrada, luego:
ṁ = ρ1 w1 A1
p
= 1 w1 A1
Ra T1
105 Gasto
= × 175, 5 × 0, 2 = 42, 6 kg · s−1 ←−−−−−
de aire
287 × 288
Se elige como sistema el aire que en cada instante está en el dispositivo. Se trata de un sistema
abierto en régimen estacionario con dos zonas de la superficie de control permeables fijas respecto
a un sistema de referencia inercial ligado al dispositivo. La zona impermeable es rı́gida y se supone

que, también, adiabática. Cos esto el balance enrgético queda reducido a:
con el comportamiento de gas
h01 = h02 −
−−−− −−−−−−−−−−−−−−−→ T01 = T02
por lo tanto:
(γ−1)/γ
p2
T2 = T01
p02
0,4/1,4
105 Temperatura de la corriente
= 303, 4 × = 295, 6 K ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
en la sección de salida
115
La velocidad de la corriente en la sección de salida se obtiene, al igual que en la sección de entrada,
a partir de la primera de las ecuaciones dadas en (1):
q
w2 = 2 cp (T02 − T2 )
p
= 2 × 103 × (303, 4 − 295, 6) = 124, 8 m · s−1 ← − −−−−−−−−−−−−−−−−−−
2) El dispositivo es un difusor. El rendimiento adiabático de éste viene dado por:

h020 − h1
ηD =
h02 − h1
siendo 20 el estado que se alcanzarı́a se llevásemos la corriente, isoentrópicamente, desde las condi-
ciones de presión y temperatura de entrada hasta alcanzar la presión de remanso de salida.
Con el modelo de gas perfecto para el aire:
(γ−1)/γ
p02
−1
p1
ηD =
T02
−1
T1
0,4/1,4
115
−1
100 Rendimiento adiabático
= = 0, 76 ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
303, 4 de la compresión dinámica
−1
288
3) Ya se ha dicho anteriormente que el proceso es estacionario y que no se suministra calor a través
de las superficies impermeables. Ası́ pues, aplicando la ecuación (4.18) de los apuntes y teniendo en
cuenta que de la definición de magnitudes de remanso s0 = s, se obtiene:
σ̇p = ṁ (s2 − s1 )

con el modelo de gas T2 p2
= ṁ (s02 − s01 ) −
− −−−−−−−−−−−−→
σ̇p = ṁ cp ln − Ra ln
T1 p1

T02 p02
= ṁ cp ln − Ra ln
T01 p01
Dando valores numéricos se obtiene para la producción de entropı́a:

3 295, 6 105
σ̇p = 42, 6 × 10 × ln − 287 × ln
288 100
Producción
= 513 W · K−1 ←−−−−−−−−−
de entropı́a
Aplicaciones de los principios primero y segundo a gases perfectos: volúmenes de control 107
Problema 24
Para condensar una corriente de propileno, se propone la instalación esquematizada en la figura.
Un ventilador V, de rendimiento adiabático total 0,8, toma aire de la atmósfera

(p∞ = 100 kPa, T∞ = 288 K) através de un filtro F que ocasiona una pérdida de presión total
del 10 %. A continuación el aire refrigera el condensador C, donde sufre otra pérdida de presión total
del 10 %, alcanzando una temperatura de 60 o C con una velocidad de 90 m·s−1 . Finalmente el aire se
devuelve a la atmósfera a través del conducto divergente D de 50 cm2 de área de entrada y 250 cm2
de salida, donde la pérdida de presión total es del 3 %.
Se pide:
1.- Esquema del proceso en un diagrama T-s.

2.- Velocidad del aire a la salida del dispositivo, presiones totales a la entrada y salida del cambiador
de calor C y gasto másico.
3.- Potencia que necesita el ventilador y calor intercambiado en C.
4.- Velocidad a la entrada del ventilador.
Solución
Diagrama T-s de la evolución del aire.

2) El análisis del difusor proporciona, al funcionar en régimen estacionario, las ecuaciones siguientes:
*) ecuación de continuidad:
ṁ4 = ṁ5 −
−−− con
−−el
−−modelo
−−−−−de −−−→ ρ4 · w4 · A4 = ρ5 · w5 · A5 (1)
gas perfecto para el aire
*) balance energético:
T04 = T05 (2)
ya que el difusor se considera adiabático, de superficies de control impermeables rı́gidas y cuyas

superficies de control permeables está fijas respecto al dispositivo en estudio.
De la definición de magnitudes de remanso:
w52
 
T05 = T5 +

 

2cp

 




 γ
γ−1 Sección 5

 T05 
p05 = p5 ·

 

T5

 


w2  w42
 
 

h0 = h + T04 = T4 +
 
2 −
−−− con
−−el
−−modelo
−−−−−de −−−→ 2cp


 (3)
gas perfecto para el aire 

s0 = s
  2
90

 


= 333 +

 



 2.000 Sección 4
= 337 K

 


 


 γ 
γ−1 
T04

 

 p04 = p4 ·

 

T4
Se dispone además de la ecuación térmica de estado para el aire considerado gas perfecto aplicada
en las secciones 4 y 5:
p4
= R T4 (4)
ρ4
p5
= R T5 (5)
ρ5
Sustituyendo losvalores de ρ obtenidos de las ecuaciones (4) y (5) en la ecuación (1) se obtiene:
p4 · w 4 · A 4 p5 · w 5 · A 5
=
T4 T5
Pero de la última de las ecuaciones dadas en (3):

γ

T4 γ−1
p4 = p04 ·
T04
γ
p05 T4 γ−1
= ·
0, 97 T04
ya que, según se dice en el enunciado, en el difusor existe una caı́da de presión de remanso del 3 %.
Ası́ pues teniendo en cuenta la segunda de las ecuaciones dadas en (3) y la ecuación (2) se tendrá :
γ
γ−1
1 T4 w5 · A 5
· · w4 · A 4 =
0, 97 · T4 T5 T5
Despejando w5 de esta ecuación:

1
γ−1
w4 · A 4 T4
w5 = ·
0, 97 · A5 T5
2,5 (6)
333
= 18, 5567 ×
T5
Por otra parte, de la ecuación (2) y de la primera y tercaera de las dadas en (3):
w52

T5 = 337 × 1 − (7)
2000 × 337
La resolución de las ecuaciones (6) y (7) la realizamos por un método iterativo: se supone un valor
arbitrario para w5 y de (7) se obtiene el correpondiente valor de T5 . Este valor de la temperatura
en la sección de salida se lleva a la ecuación (6) obteniéndose otro valor de la velocidad a la salida,
valor que llamamos w50 . Si este valor coincide con el supuesto al principio del ciclo, es la solución. Si
ası́ no sucede, es con este valor con el que se repite el proceso. Éste termina cuando w5 = w50 . Esto
queda reflejado en el cuadro siguiente:
w5 (m·s−1 ) T5 (K) w50 (m·s−1 )
50 335,8 18,18
18,18 336,8 18,04
18,04 336,8 18,04
Ası́ pues, la solución es:

Velocidad del aire
w5 = 18, 04 m · s−1 ←−−− −−−−−−−−−−
a la salida
T5 = 336, 8 K ←−−−−a−la
−−salida
−−−−−−−−−
y de la segunda y la tercera de las ecuaciónes dadas en (3), de acuerdo con (2), se obtiene para la
presión de remanso del aire a la salida del dispositivo:
1,4/0,4
337
p05 = 100 ×
336, 8
Presión de remanso
= 100, 17 kPa ←−−−−−−−−−−−−−−−
del aire a la salida
Las presiones de remanso a la salida y entrada del cambiador de calor se obtienen una vez conocida
la presión de remanso a la salida ye que en eldifusor hay una pérdida d epresión de remanso del 3 %,
luego:
p05
p04 =
0, 97
100, 17 Presión de remanso del aire
= = 103, 3 kPa ← a
−la−− −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
salida del cambiador de calor
0, 97
y como en el cambiador de calor hay un 10 % de pérdida de presión de remanso:
p04
p03 =
0, 9
103, 3 Presión de remanso del aire
= = 114, 8 kPa ←
a
−la
−− −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
entrada del cambiador de calor
0, 9
De la definición de gasto másico y con el modelo de gas perfecto para el aire:
p5
ṁ = · w5 · A5
RT5
105
= × 18, 04 × 0, 025 = 0, 467 kg · s−1 ←
Gasto
−−−−− de
−−aire
−−−
287 × 336, 8
3) Tanto el ventilador como el cambiador de calor son dispositivos que funcionan en régimen estacio-
nario y cuyas superficies de control permeables están fijas respecto a un sistema de referencia ligado
al sidpositivo. Ası́, el balance enrgético para el ventilador nos da:
Ẇ = ṁ (h03 − h02 ) −
− −−−−−−−−−−−−→ Ẇ = ṁ · cp · (T03 − T02 )
(8)
y para el cambiador de calor:

Q̇ = ṁ (h04 − h03 ) −
− −−−−−−−−−−−−→ Ẇ = ṁ · cp · (T04 − T03 )
(9)
Según se observa de las ecuaciones (8) y (9) se necesita conocer la temperatura de remanso en la
sección de salida del ventilador. El resto de temperaturas de remanso se conocen, bien porque son
datos del problema, como secede con T04 bien porque al tomar el aire del ambiente en calma y estar
en reposo el dispositivo se verifica que:

h∞ = h01 con el modelo de gas T∞ = T01
−
− −−−−−−−−−−−−→
s∞ = s01 p∞ = p01
Como por otra parte del balance energético aplicado al filtro se deduce que:
T02 = T01
la temperatura de remanso a la entrada del ventilador vale:

T02 = T∞
Para obtener la temperatura de remanso a la salida del ventilador establecemos la ecuación de su

rendimiento adiabático:
h03s − h02 con el modelo de gas T03s − T02
ηv = −
− −−−−−−−−−−−−→ ηv =
h03 − h02 T03 − T02
T03s /T02 − 1
=
T03 /T02 − 1
γ−1
(p03 /p2 ) γ − 1
=
T03 /T02 − 1
De los datos del enunciado:

p02 = 0, 9 · p01
= 0, 9 · p∞
= 0, 9 × 100 = 90 kPa
Ası́ pues, despejando T03 de la expresión del rendimiento adiabático del ventilador y sutituyendo
el valor de p02 se obtiene:
γ−1
" #
(p03 /p2 ) γ − 1
T03 = T02 · 1 +
ηv
" #
(114, 8/90)0,4/1,4 − 1
= 288 × 1 + ' 314 K
0.98
Llevando este valor de T03 a las ecuaciones (8) y (9) se obtiene para la potencia consumida en el
ventilador y para el flujo de calor suministrado al aire en el cambiador de calor:
Potencia suministrada
Ẇ = 12 kW ←−−−− −−−−−−−−−−−−−
al ventilador
Flujo de calor suministrado
Q̇ = 10, 8 kW ←−en
−−− −−−−−−−−−−−−−−−−−
el cambidor de calor
4) En la sección de entrada al ventilador se concen la presión y temperatuta de remanso y el gasto

másico y lo que se nos pide es determinar a partir de esos datos la temperatura y presión estáticas
ası́ como la velocidad de la corriente.
Se dispone de las ecuaciones:

w22
T02 = T2 +


w22 
 

 2cp
h02 = h2 +  
 γ
2
 
con el modelo de gas T02 γ−1
−
− −−−−−−−−−−−−→ p02 = p2 · (10)
s02 = s2 perfecto para el aire

 
 T2
ṁ = ρ2 · w2 · A2
 
p

2

 ṁ = · w2 · A2


R T2
De las dos últimas de estas ecuaciones se obtiene:

1
ṁ · R · T02 T02 γ−1
w2 = ·
p02 · A2 T2
2,5
288
= 85, 779 ×
T2
Esta ecuación y la primera de las dadas en (10) puesta en la forma:

w22
T2 = 288 −
2000
resuelven el problema. La solución se halla de la mismo modo a como se hizo en el apartado 2). El
método queda reflejado en el siguiente cuadro:
w2 (m·s−1 ) T2 (K) w20 (m·s−1 )
80 248,8 88,21
88,02 284,1 88,75
88,75 284,1 88,75
Ası́ pues, la velocidad en la sección de entrada al ventilador es:

Velocidad de aire
w2 = 88, 75 m · s−1 ←−−− −−−−−−−−−−−−−−−−−
a la entrada del ventilador
Problema 25
En la figura se representa un sistema simplificado de un equipo de aire acondicionado. Está com-
puesto por una toma isoentrópica T, a través de la que un ventilador V aspira aire del ambiente;
a continuación un cambiador de calor CC enfrı́a la corriente; finalmente, a través del difusor D,
también isoentrópico, cuyo diámetro de salida es Ø5 = 0,30 m, la corriente se descarga en el recinto
que se desea acondicionar, donde la presión es también la atmosférica.
El ventilador proporciona un salto de presión total que depende del gasto másico, ṁ, que viene
dado por la expresión:
" 2 #
ṁ
p03 − p02 = p∞ a − b donde a = 1, 2, b = 0, 2, y c = 6, 35 kg · s−1
c
mientras que su rendimiento adiabático se puede considerar constante de valor η = 0, 8.

A su vez, a su paso a través del cambiador de calor, la corriente experimenta una caı́da de presión
total, también función del gasto másico, de valor:
2
ṁ
p03 − p04 = p∞ δo donde δo = 0, 4
c
La atmósfera de donde se toma el aire está a una presión p∞ =1 bar y a una temperatura T∞ = 303
K, mientras que la corriente a la salida del sistema de aire acondicionado debe estar a T5 = 288 K.
Se pide:
1.- Densidad del aire en la sección de salida del dispositivo.

2.- Presión de remanso en la sección de salida en función del gasto másico y de los datos del
problema.
3.- Gasto másico que circula por el sistema y velocidad en la sección de salida del difusor.
4.- Potencia consumida por el ventilador.
5.- Potencia térmica cedida por la corriente a su paso por el cambiador de calor.
6.- Producción de entropı́a e irreversibilidad en el dispositivo si el calor extraı́do de la corriente se
cede al ambiente.
Esquema del dispositivo descrito.
Solución
El aire se modela como gas perfecto.
1) De la ecuación térmica de estado de gases perfectos, aplicada en la sección de salida, en la que se

conocen la presión y la temperatura se obtiene:
p p5
= RT −→ ρ5 =
ρ Ra T5
105
= ' 1, 21 kg · m3 ←−Densidad
−−−−−−−− del aire
−−−−−−−
287 × 288
2) Por ser el difusor isoentrópico
p05 = p04
Por otra parte, en el enunciado se da la pérdida de presión de remanso de la corriente cuando ésta
atraviesa el cambiador de calor (proceso 3→ 4). Por lo tanto:
2
ṁ
p04 = p03 − p∞ δo
c
Y como el ventilador eleva la presión de remanso de la corriente según la expresión dada en el

enunciado, se tendrá para la presión de remanso de la corriente en la sección de salida del dispositivo:
" 2 #
ṁ
p05 = p02 + p∞ a − (b + δo )
c
Como la toma es isoentrópica, suponiendo el ambiente en calma , al no disponer de otra informa-

ción en contra, y teniendo en cuenta la definición de magnitudes de remanso se tiene que:

h02 = h01 = h0∞ = h∞ T02 = T01 = T∞
−→
s02 = s2 = s01 = s1 = s0∞ = s∞ p02 = p01 = p∞
Ası́ pues, se tendrá finalmente para la presión de remanso de la corriente en la sección de salida:
" 2 #
ṁ
p05 = p∞ 1 + a − (b + δo )
c
3) Para determinar el gasto que circula y la velocidad de la corriente en la sección de salida se hace
aplicación de las definiciones de gasto másico y de magnitudes de remanso para a un gas perfecto.
De la aplicación de esta última a la corriente en la sección de salida del dispositivo y de la condición
dada en el enunciado de que esta corriente que sale del difusor descarga a un recinto donde la presión
es la atmosférica se obtiene:
w52

T05 = T5 + 

2 cp

 γ/(γ−1)
w52

γ/(γ−1) 
−→ p05 = p∞ 1 +

p05 T05
=  2 cp T5
p5 T5 




p5 = p∞
Igualando esta expresión de la presión de remanso de la corriente en la sección de salida con la

expresión obtenida para esa misma presión en el apartado anterior se obtiene la relación siguiente
entre el gasto másico y la velocidad de la corriente en la sección de salida:
γ/(γ−1) 2
w52

ṁ
1+ = 1 + a − (b + δo )
2 cp T5 c
La definición de gasto másico aplicada en la sección de salida proporciona:
ṁ = ρ5 w5 A5
p5 Ra T5 c ṁ
= w5 A5 −→ w5 =
Ra T5 A5 p5 c
2
ṁ
Sustituyendo este valor de w5 en la ecuación anterior, escribiendo que x = , se obtiene la
c
ecuación en x siguiente:
γ/(γ−1)
Ra2 T5 c2

1+ x + (b + δo ) x − (1 + a) = 0
2 cp A25 p25
Dando valores numéricos a los parámetros y variables termodinámicas conocidos esta ecuación resul-
ta:
(1 + 0, 00957 x)3,5 + 0, 6 x − 2, 2 = 0
La solución de esta ecuación se obtiene por iteración. Para ello se escribe la ecuación de la forma:
2, 2 − (1 + 0, 00957 xn )3,5
xn + 1 =
0, 6
Se comienza con el valor x1 = 0 obteniéndose de acuerdo con la última ecuación:
x1 = 0 −→ x2 = 3, 6667 −→ x3 = 1, 7862 −→ x4 = 1, 8981 −→

x5 = 1, 8916 −→ x6 = 1, 89199 −→ x7 = 1, 89197 −→ x6 = 1, 89197
este último valor se toma como solución. Por lo tanto:
x = 1, 89197 −→ ṁ = 8, 73 kg · s−1 Gasto

←−−−−−másico
−−−−−
La velocidad de la corriente a la salida resulta:

w5 = 102 m · s−1 ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−
4) La potencia consumida por el compresor se obtiene aplicando el balance energético a ese dispositi-
vo. Se trata de un sistema abierto en régimen estacionario con las fronteras permeables fijas respecto
a un sistema de referencia ligado al dispositivo. Considerando adiabática la evolución de la corriente
de aire en el ventilador el balance energético aplicado a este queda:
Ẇ = ṁ (h03 − h02 ) −−−−−−−−−−−−−→ Ẇ = ṁ cp (T03 − T02 )
La temperatura de remanso a la entrada del ventilador ya se ha determinado anteriormente. Resta

sólo determinar la temperatura de remanso a la salida T03 . Para ello, como se tiene el dato del
rendimiento adiabático del ventilador:
(γ−1)/γ
p03
−1
h03s − h02 con el modelo de gas T03s − T02 p02
ηv = −−−−−−−−−−−−−−−−→ ηv = =
h03 − h02 perfecto para el aire T03 − T02 T03
−1
T02
Despejando, pues, T03 de esta expresión:

 (γ−1)/γ 
p03
− 1
 p02
T03 = T02 1 +
 
ηv

 
 2 !(γ−1)/γ 
ṁ
 1+a−b − 1
 c 
= T∞ 1 +
 
ηv

 
 
1, 820,4/1,4 − 1

= 303 × 1 + = 373, 7 K
0, 8
La potencia consumida por el ventilador resulta:
Ẇ = 8, 73 × 103 × (373, 7 − 303) = 617 · 103 W

Potencia consumida
= 617 kW ←−por
−−−el
−−ventilador
−−−−−−−−−
5) La potencia térmica se obtiene aplicando el balance energético a la corriente en el cambiador de

calor. Se trata de un sistema abierto en régimen estacionario de fronteras impermeables rı́gidas y,
al igual que en el ventilador, las fronteras permeables están fijas repecto a un sistema de referencia
ligado al disposotivo. Ası́ pues, el balance enrgético se reduce a:
Q̇ = ṁ (h04 − h04 ) −−−−−−−−−−−−−→ Q̇ = ṁ cp (T04 − T03 )
La temperatura de remanso a la salida del cambiador de calor T04 = T05 y como a la salida del
dispositivo se conoce la velocidad de la corriente, de la definición de entalpı́a de remanso:
w52 con el modelo de gas w52

h05 = h5 + −−−−−−−−−−−−−→ T05 = T5 +
2 2 cp
1022
= 288 + = 293, 2 K
2 × 1000
Por lo tanto la potencia térmica recibida por la corriente resulta:
Q̇ = 8, 73 × 102 × (293, 2 − 373, 7) = −702, 8 · 103 W
y como Q̇ced = −Q̇ se tendrá finalmente:

Potencia térmica cedida por la
Q̇ced = 702, 8 kW ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
corriente en el cambiador de calor
6) Aplicando el segundo principio al proceso de la corriente de aire en el dispositivo, por tratarse de

un sistema en régimen estacionario, y teniendo en cuenta que el calor extraı́do de la corriente se cede
al ambiente se obtiene:
Q̇
σ̇p + = ṁ (s5 − s1 )
T∞
Con el modelo de gas perfecto para el aire y teniendo en cuenta que de la definición de magnitudes
de remanso s0 = s se podrá poner para la producción de entropı́a:

T05 p05 Q̇
σ̇p = ṁ cp ln − Ra ln −
T∞ p∞ T∞
702 · 103

3 293, 2 1, 06 p∞
= 8, 73 × 10 × ln − 287 × ln +
303 p∞ 303
' 1.884 W · K−1 ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−
en el dispositivo
La irreversibilidad es, por definición:
I˙ = T∞ σ̇p
Irreversibilidad
= 303 × 1.884 = 570.852 W ' 571 kW ←−−−−−−−−−−−−
en el dispositivo
Problema 26
El esquema adjunto representa una instalación para ensayos de perfiles aerodinámicos. Consta,
como se ve, de un compresor C de rendimiento adiabático 0,8 que toma un gasto másico ṁ de aire
atmosférico. Después de comprimida, la corriente se conduce hasta la cámara de ensayos a través de
un sistema acondicionador que se describe a continuación.
En primer lugar, para hacer más flexible la instalación y poder variar la temperatura en la sección
de ensayos independientemente de la presión, se utiliza un cambiador de calor en el que no existe
caı́da de presión de remanso, CC, que controla la temperatura de la corriente una vez comprimida,
enfriándola o calentándola según sea necesario. A continuación, un filtro F, a través del cual hay una
pérdida de presión de remanso del 5 %, deja la corriente ya acondicionada para entrar en la cámara
de ensayos.
A continuación del acondicionador hay un conducto convergente ideal en cuya sección mı́nima,
A5 , se sitúan los perfiles a ensayar y donde la presión y temperatura estáticas valen p5 y T5 .
Se ha observado que aumentando la veloci-
dad de la corriente, a partir de un número de
Mach crı́tico Mc = 0, 8, el perfil comienza a os-
cilar verticalmente. Este movimiento es tal que
el fluido comunica al perfil una potencia Ẇp y
además provoca una pérdida de presión de re-
manso, ambas proporcionales a la velocidad y
que vienen dadas por:
Ẇp = ṁ K (M − Mc )
Esquema de la instalación
p05 − p06
= Kp (M − Mc )
p05
con las constantes K = 100 kJ/kg y Kp = 0,8. M es el número de Mach, M = w/c, definido como
el cociente entre la velocidad√de la corriente y la velocidad del sonido local; esta última, para un gas
perfecto, está dada por c = γ R T .
Se desea realizar el ensayo a presión ambiente, p5 = p∞ , mientras que la temperatura debe ser
ϑ5 = −10 o C.
Finalmente, un conducto divergente (difusor) de rendimiento adiabático 0,9 y con un área de la
sección de entrada de 0,045 m2 ) reduce la velocidad de la corriente y la descarga ya en la atmósfera.
Las condiciones del ambiente son ϑ∞ = 20 o C y p∞ = 1 bar. La sección mı́nima, A5 , de la cámara
de ensayos es de sección cuadrada de 20 cm de lado. Se pide:
1.- Representar la evolución termodinámica del aire a lo largo de la instalación en el diagrama T −s.
2.- Presión y temperatura de remanso a la salida del filtro, p04 y T04 , necesarias para alcanzar en
la sección mı́nima de la cámara de ensayos un número de Mach M5 = 0, 9.
3.- Gasto másico que circula por la instalación.
4.- Presión y temperatura de remanso a la salida del compresor p02 y T02 .
5.- Potencia consumida por el compresor y flujo de calor que por unidad de tiempo la corriente
cede en el cambiador de calor.
6.- Producción de entropı́a, si el calor extarı́do de la corriente en CC se cede finalmente al ambiente.
Solución
1)
Evolución del aire en el diagrama T-s.

2) Como la evolución 4→5 del aire en la tobera es isoentrópica y este se modela como gas perfecto:
T04 = T05
p04 = p05
En la sección 5 del dispositivo se conocen la presión, temperatura y el número de Mach de la

corriente. Por lo tanto de las ecuaciones (4.25) y (4.26) de los Apuntes:

γ−1 2
T04 = T5 1 + M5



2 



2

= 263 × 1 + 0, 2 × 0, 9 = 305, 6 K 

Temperatura y presión de la corriente

γ
γ−1 ←−−−− −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
γ−1 2  de aire en la sección pedida
p04 = p5 1 + M5 

2 



1,4 
2 0,4

= 100 × 1 + 0, 2 × 0, 9 = 169 kPa
3) Para una corriente uniforme y unidireccional el gasto másico viene dado por:
ṁ = ρAw
siendo A el área de la sección recta normal a la corriente y w la velocidad de la corriente en esa

sección. Por otra parte, de la definición de número de Mach:
w = Ma
siendo a la velocidad local del sonido en el gas, que cuando este se comporta como gas perfecto viene
dada por:
a2 = γRT
Ası́ pues, aplicando estas ecuaciones a la corriente en la sección 5, y con el modelo de gas perfecto
para el gas, se obtiene:
p5 p
ṁ5 = M5 γRT5 A5
RT5
105 p Gasto másico
= × 0, 9 × 1, 4 × 287 × 263 × 0, 04 = 15, 5 kg · s−1 ←−circulante
−−−−−−−−−
287 × 263
4) Como en el cabiador de calor no hay pérdida de presión de remanso p02 = p03 y, como ya se ha
indicado anteriormente, p04 = p05 , por lo tanto:
p05
p04 = 0, 95 p03 −→ p02 =
0, 95
169 Presión de remanso de la corriente
= = 178 kPa ←−−−− −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
a la salida del compresor
0, 95
La temperatura de remanso de la corriente en esa sección se determina haciendo uso de la expresión
del rendimiento adiabático de un compresor:
γ−1
p02 γ
h02s − h01 

−1
ηc = con el modelo de gas p01
h02 − h01 −perfecto
−−−−−−para
−−−el−−aire
−→ ηc =
T02
proceso 01 → 02s ∆s = 0 −1

T01
y despejando T02 , como T01 = T0∞ = T∞ y p01 = p0∞ = p∞ :
 γ−1 
p02 γ
− 1
 p01
T02 = T01 1 +
 
ηc

 
 γ−1   0,4 
p02 γ 178 1,4
− 1 − 1
 p∞  100
= T∞ 1 +  = 293 × 1 +
   
ηc 0, 8

   
Temperatura de remanso de la corriente

= 358, 6 K ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
5) La potencia consumida por el compresor se obtiene aplicando el balance energético a ese dispositi-
vo. Se trata de un sistema abierto que funciona en régimen estacionario. Con la hipótesis de porceso
adiabático, el balance energético se reduce a:
Ẇc = ṁ(h02 − h01 ) −−−−−−−−−−−−−→ Ẇc = ṁcp (T02 − T01 )
= ṁcp (T02 − T∞ )
= 15, 5 × 103 × (358, 6 − 293)
= 1.017 · 103 W
Potencia consumida
= 1.017 kW ←−−−−−−−−−−−−−−−
en el compresor
El calor extraı́do de la corriente se obtiene aplicando el balance energético al cambiador de calor.

En efecto, con el modelo de gas perfecto para el aire:

Q̇2→3 = ṁ (h03 − h02 )  
= ṁ cp (T03 − T02 ) −→ Q̇2→3 = ṁ cp (T05 − T02 )
= 15, 5 × 103 × (305, 6 − 358, 6)

T03 = T05 
= −821.500 W
El valor obtenido representa el calor suministrado a la corriente, y como Q̇ext2→3 = −Q̇2→3 :

Calor extraı́do de la corriente
Q̇ext2→3 = 821 kW ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
en el cambiador de calor
6) El segundo principio aplicado a un sistema abierto que funciona en régimen estacionario establece
que:
X Q̇i X X
σ̇p + = ss ṁs − se ṁe
i
T FTi s e
que aplicado al sistema dado resulta:
Q̇2→3
σ̇p = ṁ (s7 − s1 ) −
T∞
Por otra parte, de la definción de magnitudes de remanso s7 = s07 y s1 = s01 = s∞ . Ası́ pues:
Q̇2→3
σ̇p = ṁ (s07 − s∞ ) −
T∞
y con el modelo de gas perfecto para el aire:

T07 p07 Q̇2→3
σ̇p = ṁ cp ln − R ln −
T∞ p∞ T∞
Es necesario, pues, determinar T07 y p07 .

Del análisis del difusor de salida, se deduce que T07 = T06 y el valor de ésta última se determina
del dato del enunciado de que el perfil extrae de la corriente un apotencia dada por:
Ẇp = ṁ K (M − Mc ) −→ −K (M − Mc ) = (h06 − h05 )
Con el modelo de gas perfecto para el aire se tiene:
K (M − Mc )
T06 = T05 −
cp
100 × (0, 9 − 0, 8)
= 305.6 − = 295, 6 K
1
Como entre la sección de ensayo del perfil y la sección de entrada al difusor existe una caı́da de
presión de remanso dada por:
p05 − p06
= Kp (M − Mc ) −→ p06 = p05 [1 − kp (M − Mc )]
p05
= 169 × [1 − 0, 8 × (0, 9 − 0, 8)] = 155, 6 kPa
Conocidos estos valores de la temperatura y presión de remanso de la corriente en la sección

de entrada al difusor se está ya en condiciones de determinar las valores estáticos de la presión y la
temperatura en esa misma sección, pues es necasario conocerlos ya que de la expresión del rendimiento
adiabático de un difusor cunado el fluido de trabajo se modela como gas perfecto, como en este caso
el aire:
cR
p07 p
−1 cRp
p6 T07
ηdif = −→ p07 = p6 1 + ηdif −1
T07 T6
−1
T6
Aplicando las ecuaciones (4.30) de los Apuntes a la sección de entrada al difusor se obtiene:
p6 
ṁ = w6 A 6 
1
RT6

  γ−1

  ṁRT 06 T06
w2  w6 =

 

T6 = T06 − 6 p06 A6 T6

2cp −→ 2
  w
γ   T6 = T06 − 6
 

T6 γ−1  2cp
p6 = p06


T06

Con estas dos últimas ecuaciones se determinan la velocidad y la temperatira de la corriente a la

entrada del difusor, y posteriormente con la relación entre las presiones de remanso y estática con la
de las temperaturas se determina la presión de la corriente. La resolución de estas ecuaciones se va
a realizar por un método iterativo, tal como se muestra a continuación:
w6 = 0 de
−−−la
−−segunda
−−−−−−− ecuación
−−−−−→ T6 = T06 = 295 K de
−−−la
−−primera
−−−−−−−ecuación
−−−−−→ w60 = 187, 8 m · s−1
w6 = 187, 8 m · s−1 T6 ' 278 K w60 = 219 m · s−1
w6 = 219 m · s−1 T6 = 271, 6 K w60 = 232 m · s−1
w6 = 232 m · s−1 T6 = 268, 7 K w60 = 238, 4 m · s−1
w6 = 238, 4 m · s−1 T6 = 267, 2 K w60 = 241, 8 m · s−1
w6 = 241, 8 m · s−1 T6 = 266, 4 K w60 = 243, 7 m · s−1
w6 = 243, 7 m · s−1 T6 ' 266 K w60 = 244, 7 m · s−1
w6 = 244, 7 m · s−1 T6 = 265, 7 K w60 = 245, 3 m · s−1
w6 = 245, 3 m · s−1 T6 = 265, 5 K w60 = 245, 6 m · s−1
w6 = 245, 6 m · s−1 T6 = 265, 4 K w60 = 245, 7 m · s−1
Se toma como solución:

w6 = 245, 7 m · s−1
T6 = 265, 4 K
γ
T6 γ−1
p6 = p06 = 106, 6 kPa
T06
Ası́ pues:
1,4
295, 6 0,4
p07 = 106, 7 × 1 + 0, 9 × −1 = 150 kPa
265, 4
Y finalmente, la producción de entropı́a será:

295, 6 150 821, 5
σ̇p = 15, 5 × ln − 0, 287 ln +
293 100 293
Producción
= −1, 67 + 2, 80 = 1, 13 kW · K−1 ←−−−−−−−−
de entropı́a
Problema 27
Se desea obtener un chorro de 5 m3 ·s−1 de aire a 100 o C. Para ello se dispone de un compresor
de rendimiento adiabático total 0,8 que toma aire de una atmósfera a 20 o C y 100 kPa. La corriente
se hace pasar por un cambiador de calor (calentado por vapor de agua) con una pérdida de presión
total del 10 %. La descarga al ambiente se hace mediante una tobera cuyos diámetros de entrada y
salida son 0,8 y 0,2 m respectivamente, con un rendimiento adiabático del 90 %. Se pide:
1.- Gasto másico de aire que circula por la instalación y velocidad del aire en la salida.
2.- Estado termodinámico del aire a la salida del calentador.
3.- Estado termodinámico del aire a la salida del compresor si el diámetro de salida de este es igual
al de entrada a la turbina.
4.- Energı́a aportada en cada elemento (calor y trabajo).
5.- Variación de la entropı́a del aire en cada elemento.
6.- Representar la evolución del aire en el diagrama T-s.
Solución
El aire se va a modelar como gas perfecto de modo que la ecuación térmica de estado que se
utilizará para calcular cualquiera de las propiedades térmicas p, T , v (o V y m) será:
pv = RT
o cualquiera de sus variantes:

p
= RT o pV = mRT
ρ
Las distintas secciones se indican en la siguiente figura:
El dispositivo, y cualquiera de sus partes, es un sistema abierto que funciona en régimen estacio-
nario y cuyas superficies de control permeables están fijas respecto a un sistema de referencia inercial
ligado al dispositivo. Ası́ el balance másico se reduce a:
ṁi = ṁ con i = 1, 2, 3 y 4
1) Velocidad del aire en la salida y gasto másico de aire que circula por la instalación.
Como dato se da el gasto volumétrico a la salida V̇4 . A partir de él se obtiene la velocidad del
aire en la sección de salida:. En efecto:
V̇4
V̇4 = w4 A4 −→ w4 =
A4
5 Velocidad de la corriente
= = 159, 2 m · s−1 ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
a la salida de la tobera
π × 0, 01
De la definición de gasto volumétrico:
ṁ
V̇4 = −−Despejando
el
−−−−−−−−→ ṁ = V̇4 ρ4
gasto másico
ρ4
p4
= V̇4
Ra T5
105 Gasto másico que cir-
=5× = 4, 67 kg · s−1 ←−−−−−−−−−−−−−−−−
cula por la instalación
287 × 373
2) Estado termodinámico del aire a la salida del calentador.

Se pide determinar la temperatura, presión y velocidad de la corriente en la salida del cambiador
de calor. Para ello se necesita conocer la temperatura de remanso T03 , la presión de remanso p03 y
el gasto. Éste último ya se ha calculado en el apartado anterior. Ası́ que ahora se va a centrar la
atención en obtener la temperatura y presión de remanso en la sección 3 para lo que se analiza la
tobera de salida.
- Análisis de la tobera.
Ya se ha dicho que cualquier parte del dispositivo se considera un sistema abierto en régimen
estacionario con superficies de control permeables fijas respecto a un sistenma de referencia inercial
ligado al dispositivo. Además la tobera se considera con superficies de control impermeables rı́gidas
y adiabáticas. Ası́, el balance energético se reduce a:
Con el modelo de gas w32 w2

h03 = h04 −−−−−−−−−−−−−−→ T03 = T04 −→ T03 = T3 +
= T4 + 4
2 cp 2 cp
159, 22
= 373 +
2.000
= 385, 7 K
Por otra parte, del rendimiento adiabático de la tobera:
h03 − h4 
 T4
ηtob = 1−
h03 − h4s Con el modelo de gas T03
−
− −−−−−−−−−−−−→ ηtob
= γ−1
proceso 03 → 4s ∆s = 0
 p4 γ
1−
p03
Y despejando la presión de remanso:

 γ
T4 − γ−1

1−
 p03 
p03 = p4 1 −
 
ηtob 
 −0,4/1,4
373
1−
 385, 7 
= 100 × 1 −
  = 113, 9 kPa
0.9 
Conocidos los valores de T03 , p03 y ṁ, la velocidad w3 , la temperatura T3 y la presión p3 se obtienen
de resolver el sistema siguiente:
 p3
ṁ = w3 A3

ṁ = ρ3 w3 A3 

Ra T3



 

ρ3 = f (T3 , p3 )
 
 w2
T3 = T03 − 3
 
Con el modelo de gas
w 2 −−−−−−−−−−−−−−→
perfecto para el aire 2 cp (1)
h03 = h3 + 3  
γ
2 
 
 γ−1

 
 T 3
s03 = s3  p3 = p03
 

T03
Sustituyendo el valor de p3 en la primera de las ecuaciónes dadas en (1), se obtiene el sistema de dos
ecuaciones con dos incógnitas:
1
ṁ Ra T03 T03 γ−1
w3 =
p03 A3 T3
2
(2)
w3
T3 = T03 −
2 cp
que al dar valores numéricos queda:
2,5
385, 7
w3 = 9, 029 ×
T3
(3)
2
w3
T3 = 385, 7 −
2.000
Sistema que se resuelve por iteración: se supone un valor para w3 y con este valor de la segunda
ecuación se calcula T3 ; entrando con este valor en la primera ecuación se calcula otro valor de la
velocidad w30 que si no coincide con el supuesto, se introduce en el ciclo de cálculo. Cuando la
diferencia entre los valores de entrada y salida de la velocidad, w3 − w30 , sea pequeña se considera ese
valor como la solución. Esto queda reflejado en el cuadro siguiente:
w3 m·s−1 T3 (K) w30 m·s−1

50 384,5 9,1
9,1 385,7 9,03
9,03 385,7 9,03
La solución es, pues:


w3 = 9 m · s−1 

Estado termodinámico del aire
T3 ' 385, 7 K ←− −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
a la salida del cambiador de calor

p3 ' 113, 9 
3) Estado termodinámico del aire a la salida del compresor.

El desarrollo es en todo análogo a lo hecho en el apartado anterior. Ası́ pues, simplemente se
pondrán las ecuaciones:
En el cambiador de calor hay una pérdida de presión de remanso del 10 %, luego:
p03
p02 =
0.9
113, 9
= = 126, 6 kPa
0, 9
Conocida la presión de remanso a la salida del compresor, la temperatura de remanso se calcula

a partir del rendimiento adiabático del compresor. En efecto:
γ−1
p02 γ
h02s − h01 

−1
h02 − h01 −
− −−−−−−−−−−−−→ ηc =
perfecto para el aire T02
proceso 01 → 02s ∆s = 0 −1

T01
Y despejando T02 :
 γ−1 
p02 γ
− 1
 p01
T02 = T01 1 +
 
ηc

 
0,4/1,4
126, 6
" − 1#
100
= 293 × 1 + = 318, 5 K
0, 8
Con estos valores de presión y temperatura de remanso, las ecuaciones equivalentes a la (3) para
la salida del compresor resulta:
2,5
318, 5
w2 = 6, 7082 ×
T2
2
w2
T2 = 318, 5 −
2.000
que resueltas igual que las del apartado anterior dan como solución:

w2 = 6, 71 m · s−1 

Estado termodinámico del aire
T2 ' 318, 5 K ←−− −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

p2 ' 126, 6 
4) Energı́a aportada en cada elemento (calor y trabajo).

La potencia consumida en el compresor se obtiene aplicándole el balance energético:

Ẇ = ṁ (h02 − h01 ) −−−−−−−−−−−−−−→ Ẇ = ṁ cp (T02 − T01 )
= 4, 67 × 103 × (318, 5 − 293)
Potencia consumida
= 119 kW ←−en
−−− −−−−−−−−−−−
el compresor
De manera análoga, estableciendo el balance energético en el cambiador de calor se obtiene:

Q̇ = ṁ (h03 − h02 ) −−−−−−−−−−−−−−→ Q̇ = ṁ cp (T03 − T02 )
= 4, 67 × 103 × (385, 7 − 318, 5)
Calor suministrado
= 313, 8 kW ←−− −−−−−−−−−−−−−−−−
5) Variación de la entropı́a del aire en cada elemento.

El aire se ha modelado como gas perfecto, por lo tanto su variación de entropı́a, teniendo en
cuenta que s0 = s, vendrá dada por:

T0i p0i
∆Ṡ = ṁ cp ln − R ln con i = 2, 3, 4
T0i−1 p0i−1
Obteniéndose:
en el compresor:
3 318, 5 126, 6
∆Ṡ = 4, 67 × 10 × ln − 287 × ln
293 100
−1
= 73, 6 W · K
en el cambiador de calor:

3 385, 7 113, 9
∆Ṡ = 4, 67 × 10 × ln − 287 × ln
318, 5 126, 6
−1
= 1.036 W · K
en la tobera:
3 373 100
∆Ṡ = 4, 67 × 10 × ln − 287 × ln
318, 5 126, 6
−1
= 18 W · K
6) Representar la evolución del aire en el diagrama T-s.
Diagrama T-s de la evolución del aire

Problema 28
Para obtener una corriente de 5 kg·s−1 de aire a 0.8 MPa se dispone de la instalación mostrada
en la figura.
Se toma aire del ambiente y la compresión se
lleva a cabo en dos etapas con refrigeración in-
termedia. La presión intermedia en el escalona-
miento de la compresión es tal que la potencia
total consumida por las dos etapas es mı́nima.
El rendimiento adiabático es el mismo en ambas
etapas de compresión.
La corriente de aire se refrigera en un cam-
biador de calor con una corriente de agua, exis-
tiendo un salto de temperaturas entre ambas de
o
10 C en el punto de salida del aire. El agua se toma de un depósito donde se encuentra en condiciones
ambiente mediante una bomba que consume 180 W aumentando su presión hasta 140 kPa y su
velocidad a 3 m·s−1 . En el cambiador de calor el agua sufre una pérdida de presión del 3.5 %, un
cambio de temperatura de 40 o C y el valor de la potencia mecánica degradada en él representa el
10 % de la potencia consumida por la bomba.
Si las condiciones del ambiente son p∞ = 100 kPa y T∞ = 298 K, se pide:
1.- Gasto de agua.

2.- Rendimiento de la bomba.
3.- Temperaturas de entrada y salida del aire en el cambiador de calor.
4.- Presión intermedia a la que se realiza la refrigeración y rendimiento de los compresores.
5.- Temperatura de salida del aire y potencia consumida por los compresores.
6.- Producción de entropı́a o irreversibilidad del proceso.
Solución
En todo el ejercicio el agua se considerará lı́quido calorı́ficamente perfecto y el aire gas perfecto.
1.- Gasto de agua.
La ecuación de Bernoulli generalizada es:
Z b
ε̇ Ẇ
= − v dp − ∆em
ṁ ṁ a
que aplicada al agua que pasa por el cambiador de calor (6→ 7) se reduce a:
Z 7
ε̇
=− v dp
ṁ 6
ya que Ẇ = 0 y no hay variación en la energı́a mecánica del agua 3 . Despejando ṁ:
ε̇ 0, 1 × Ẇ
ṁ = − p − p = p6
7 6
0, 035 ×
ρ ρ
0, 1 × 180 Gasto de agua
= = 3, 67 kg · s−1 ←−−circulante
−−−−−−−−−−
0, 035 × 140
3 No hay variación en la altura y por tratarse de un lı́quido, si la sección de la tuberı́a permanece constante, en régimen estacionario
tampoco variará su velocidad.

2.- Rendimiento de la bomba.

De la ecuación de Bernoulli generalizada se deduce que, cuando en la bomba no hay disipación de
trabajo mecánico, la potencia ideal consumida por la bomba vendrá dada por:
Z b
Ẇid = ṁ v dp + ∆em
a

p6 − pdep 1 2
= ṁ + w6
ρ 2
ya que al verificarse que:


h05 = hdep
 p + 1 ρw2 = p
5 dep
se−deduce
−− −−−−→ 2 5
s05 = s5 = sdep 
T5 = Tdep
Ẇid
Como el rendimiento de una bomba viene definido por ηB = , se obtendrá:
Ẇreal

p6 − pdep 1 2
ṁ + w6
ρ 2
ηB =
Ẇ
3, 67 × (40 + 4, 5) Rendimiento
= = 0, 907 ←−−−−−−−−−−
de la bomba
180
3.- Temperaturas de entrada y salida del aire en el cambiador de calor.
Del enunciado del problema:
T3 = T6 + 10
Ahora bien, T6 − Tdep se obtiene del balance energético aplicado a la bomba:
Ẇ = ṁ (h06 − h05 )
h p6 − pdep 1 2 i
= ṁ cl (T6 − Tdep ) + + w6
ρ 2
y despejando T6 − Tdep :
" #
Ẇ p6 − pdep 1 2 1
T6 − Tdep = − − w6 ×
ṁ ρ 2 cl

180 1
= − 40 − 4, 5 × = 1, 09 × 10−3 K
3, 67 4186, 8
A la vista de este resultado puede ponerse que T2 ' Tdep . Ası́ pues:
T3 = Tdep + 10 = 308 K
La temperatura del aire a la entrada del cambiador de calor se obtiene aplicando el balance
energético a éste:

p7 − p6
ṁw cl (T7 − T6 ) + = ṁa cpa (T2 − T3 )
ρ
Despejando de esta ecuación T2 :

ṁw p7 − p 6
T2 = T3 + cl (T7 − T6 ) +
ṁa cpa ρ
3, 67 Temperatura del aire a la en-
= 308 + 3
(4186, 8 × 40 − 4, 9) = 430, 9 K ←trada
−−−−−del
−−− −−−−−−−−−−−−−−−
cambiador de calor
5 × 10
4.- Presión intermedia y rendimiento de los compresores.

El aire en cada compresor se comporta como gas perfecto. Cada compresor es un dispositivo que
funciona en régimen estacionario y cuyas fronteras permeables están fijas. Ası́ la potencia consumida
en la compresión adiabática del aire vendrá expresada por:
Ẇc = ṁ[(h2 − h1 ) + (h4 − h3 )]
habiendo despreciado, en cada compresor, las variaciones de energı́a cinética frente a las variaciones
de entalpı́a4 .
Con el comportamiento del aire como gas perfecto y como cada compresor tiene el mismo rendi-
miento adiabático, la potencia consumida queda:
ṁa cp
Ẇc = [(T2s − T1 ) + (T4s − T3 )]
η
( " # " #)
(γ−1)/γ (γ−1)/γ
ṁa cp p2 p4
= T1 − 1 + T3 −1
η p1 p2
Como se exige que Ẇc sea mı́nima, p2 se obtendrá de:
(γ−1)/γ (γ−1)/γ
dẆc p2 p4
= 0 −→ T1 − T3 =0
dp2 p1 p2
Despejando p2 :
γ
T3 2(γ − 1) √
p2 = p1 p4
T1
1,4/0,8
√

308 Presión intermedia a la que
= × 100 × 800 = 299, 7 kPa ←−se
−−realiza
−−−−−− −−−−−−−−−−−−−
la refrigeración
298
El rendimiento de cada una de las etapas de la compresión es el mismo por lo que se calcula sólo el
de la primera etapa. Para un compresor con el mismo supuesto anterior de despreciar las variaciones
4 Si se compara la variación de energı́a cinética con la variación de entalpı́a se obtiene que, incluso en el supuesto de que la variación de
la energı́a cinética sea del orden de ella misma:

∆ec (ws2 − we2 )/2 w2 /2 γ−1 2
= ∼ s = Ms 1
∆h cp (Ts − Te ) cp T s 2
de energı́a cinética frente a las variaciones de entalpı́a:

(γ−1)/γ
p2
h2s − h1 

−1
ηc = gas p1
h2 − h1 −−−perfecto
− −−−−−−→ ηc =
T2
proceso 1 → 2s ∆s = 0 −1

T1
(0,4)/1,4
299, 7
−1
100
=
430, 9
−1
298
= 0, 826 Rendimiento
←−−−−−−−−−− de cada
−−−−−−
etapa de compresión
5.- Temperatura de salida del aire y potencia consumida en la compresión.

De la expresión del rendimiento de la segunda etapa de la compresión:
(γ−1)/γ
p4
−1
p2
ηc2 =
T4
−1
T3
y despejando T4 :
 (γ−1)/γ 
p4
− 1
 p2
T4 = T3 1 +
 
ηc2

 
 0,4/1,4 
800
− 1
 299, 7 Temperatura de
= 308 × 1 +  = 428, 7 K ←−salida
−−−−− −−−−−−−
 
 0, 826  del aire
La potencia consumida en las dos etapas de compresión será:

Ẇc = ṁ cp (T4 − T3 + T2 − T1 )
= 5 × 103 × (428, 7 − 308 + 430, 9 − 298)
Potencia consumida
= 1268, 2 × 103 W ←−en
−−− −−−−−−−−−−−−
la compresión
6.- Producción de entopı́a del proceso.

Eligiendo como sistema todo el dispositivo con el agua y el aire, la producción de entropı́a se
obtiene aplicando el segundo principio al sistema elegido, esto es:
σ̇ = ṁa (s4 − s1 ) + ṁw (s7 − s5 )

T4 p4 T7
= ṁa cp ln − Ra ln + ṁw c ln
T1 p1 T
5
428, 7 800 338
= 5 × 103 × ln − 287 × ln + 3, 67 × 4186, 8 × ln
298 100 298
Producción
= 769, 7 W · K−1 ←−−−−−−−−−
de entropı́a
Problema 29
La figura adjunta muestra un esquema de los principales elementos del sistema propulsor de
una aeronave que vuela a número de Mach M=0,8 en el aire en calma y a una altura en la que
T∞ = 223,3 K y p∞ = 26 kPa.
Sabiendo que el rendimiento adiabático
del difusor D es 0,93 y la velocidad de la
corriente de aire en su sección de entrada
270 m·s−1 ; que el rendimiento adiabático
del compresor es 0,87 y su relación de pre-
siones de remanso 8, se pide:
1.- Temperatura y presión estáticas en la sección de entrada del difusor.
2.- Temperatura y presión, ambas de remanso, en la sección de salida del difusor.
3.- Presión y temperatura, ambas de remanso, a la salida del compresor.
La pérdida de presión de remanso en la cámara de combustión CC es del 4 %, la temperatura de

remanso a la entrada de la turbina T es 1.200 K, su rendimiento adiabático 0,9 y la potencia en eje
desarrollada por esta turbina se transmite ı́ntegramente al compresor. Se pide:
4.- Presión de remanso a la salida de la turbina.
Si la presión estática en la sección de salida de la tobera Tob es p6 = 63,5 kPa y su rendimiento

adiabático 0,95, se pide:
5.- Área de la sección de salida de la tobera por unidad de gasto.
6.- Producción de entropı́a por unidad de tiempo y gasto másico si la cámara de combustión puede
asemejarse a una fuente térmica a la temperatura de remanso a la entrada de la turbina.
7.- Diagrama T − s de la evolución del aire a lo largo del sistema de propulsión.
Solución
1) Al fijar el sistema de referencia en la aeronave, el aire corriente arriba de aquella tiene una
velocidad tal que su Mach es la de vuelo de la aeronave, es decir, M∞ = 0, 8. Por lo tanto de la
definición de magnitudes de remanso y al medelar el aire como gas perfecto se tendrá:

γ−1 2
T0∞ = T∞ 1 + M∞
2
= 223, 3 × 1 + 0, 2 × 0, 82 ' 252 K

γ/(γ−1)
T0∞
p0∞ = p∞
T∞
3,5
252
= 26 × = 39, 7 kPa
223, 3
Por otra parte, en el enunciado se da la velocidad de la corrientre en la sección de entrada del

difusor; y como del balance energético aplicado a la región de entrada a este dispositivo se obtiene
que T01 = T0∞ se podrá poner de acuerdo con la definición de magnitudes de remanso para un gas
perfecto:
w12 w2
T0∞ = T1 + −→ T1 = T0∞ − 1
2 cp 2 cp
2702 temperatura de la corriente
= 252 − = 215, 6 K ←−− −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
en la sección de entrada al difusor
2.000
Y la presión:
γ/(γ−1)
T1
p1 = p0∞
T0∞
3,5
215, 6 presión de la corriente en la
= 39, 7 × ' 23 kPa ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
sección de entrada al difusor
252
2) El balance energético aplicado al difusor establece que:
T02 = T01 = T0∞

temperatura de remanso de la corriente
= 252 K ←−−en
−−− −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
la sección de salida del difusor
Para determinar la presión de remanso en esa sección de salida del difusor se establece la ecuación
del rendimiento adiabático de aquel obteniéndose:
(γ−1)/γ
p02
h020 − h1 

−1
ηdif = con el modelo de gas p1
h02 − h1 −−−−−−−−−−−−−→ ηdif =
perfecto para el aire T0∞
proceso 1 → 020 ∆s = 0 −1

T1
Despejando p02 :
γ/(γ−1)
T0∞
p02 = p1 1 + ηdif
T1 − 1

252 presión de remanso de la corriente
= 23 × 1 + 0, 93 × −1 = 38, 2 kPa ←en
−−− −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
la sección de salida del difusor
125, 6
3) En el enunciado del problema se da como dato la relación de compresión del compresor. Por lo
tanto:
p03 = r p02
presión de remanso de la corriente
= 8 × 38, 2 = 305, 6 kPa ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
en la sección de salida del compresor
La temperatura de remans a la salida del compresor se obtiene de la expresión del rendimiento

adaiabático de um compresor. Ası́:
(γ−1)/γ
p03
−1
h03s − h02 con el modelo de gas p02
ηC = −−−−−−−−−−−−−→ ηC =
h03 − h02 perfecto para el aire T03
−1
T02
Despejando T03 , teniendo en cuenta que T02 = T0∞ se obtiene.

 (γ−1)/γ 
p03
− 1
 p02
T03 = T0∞ 1 +
 
ηC

 
81/3,5 − 1

temperatura de remanso de la corriente
= 252 × 1 + = 487 K ←−en
−−la
−−sección
−−−−−−de−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
salida del compresor
0, 87
4) Para calcular la presión de remanso de la corriente en la sección de salida se palicará la ecuación
del rendimiento adiabático de una turbina:
h05 − h04 
 T05
ηT = −1
h05s − h04 con el modelo de gas T04
−−− − −− − −−− − − −→
η T
= (γ−1)/γ
proceso 04 → 05s ∆s = 0
 p05
−1
p04
De donde, despejando la presión de remanso de salida:
 γ/(γ−1)
T05
− 1
 T04
p05 = p04 1 +
 
ηT 
Como puede observarse es preciso determinar tanto la presión de remanso de la corriente a la

entrada de la turbina como la temperatura de remanso de esa corriente a la salida de la misma.
En el enunciado se dice que en la cámara de combustión la corriente tiene una‘pérdida de presión
de remanso del 4 %. Por lo tanto:
p04 = 0, 96p03
= 0, 96 × 305, 6 = 293, 4 kPa
Para calcular la temperatura de remanso a la salida de la turbina se establece el balance enregético
al sistema formado por el compresor+turbina.Se trata de un sistema abierto en régimen estacionario
de fronteras adiabáticas y al que no se le sumnistra potencia mecánica alguna, por lo tanto:
P P
s hs ṁs − e he ṁe = 0
esto es:
h03 + h05 − (h02 + h04 ) = 0
Que en este caso queda, por tratarse de un gas perfecto
y como T02 = T0∞ :
T03 + T05 − T02 − T04 = 0
Despejando T05 :
T05 = T04 + T0∞ − T03
= 1.200 + 252 − 487 = 965 K
Por lo tanto: 3,5
965

−1
p05 = 293, 4 × 1 + 1.200
 
0, 9

presión de remanso de la corriente

= 124, 3 kPa ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
en la sección de salida de la turbina
5)La ecuación decontinuidad aplicada en la sección de salida de la tobera establece que:

A6 R T6
ṁ = ρ6 w6 A6 −→ =
ṁ p 6 w6
donde se ha tenido encuenta que el aire se comporta como gas perfecto. Es necesario,pues, determinar
los valores de la velocidad y de la temperatura de la corriente en la sección de salida de la tobera.
Del balance energético aplicado a la tobera:
h06 = h05 −−−−−−−−−−−−−→ T05 = T06
w2
q
= T6 + 6 −→ w6 = 2 cp (T05 − T6 )
2 cp
La temperatura de la corrente a la salida d ela tobera se clacula con el rendimiento adiabático de

la tobera:
h6 − h05 
 T6
ηtob = −1
−perfecto
−→ ηtob = (γ−1)/γ
 p6
−1
p05
De donde: " (γ−1)/γ !#

p6
T6 = T05 1 + ηtob −1
p05
" 1/3,5 !#
63, 5
= 965 × 1 + 0, 95 × −1 ' 805 K
124, 3
Por lo tanto: p
w6 = 2.000 × (965 − 805) = 565, 7 m · s−1
con la que se tendrá para la relación pedida:

A6 0, 287 × 805
=
ṁ 63, 5 × 565, 7
= 6, 4 · 10−3 m2 · s · kg−1
6)El segundo principio aplicado a un volumen de control (sistema abierto) que funcione en régimen
estacionario viene dado por:
n
X Q̇j X X
T
j=1 FTj s e
que aplicada al dispositivo descrito en el enunciado se reduce a:
Q̇3→4
σ̇p + = ṁ (s6 − s1 )
T04
El término de tranferencia de calor por unidad de tiempo entre las secciones 3 y 4 se obtiene del
balance enrgético aplicado a la cámara de combustión:
Q̇3→4 = ṁ (h04 − h03 ) −−−−−−−−−−−−−→ Q̇3→4 = ṁ cp (T04 − T03 )
Ası́, con el modelo de gas perfecto para el aire, la producción de entropı́a por unidad de gasto
másico circulante será:

σ̇p T6 T03 γ − 1 p6
= cp ln + − ln − 1
ṁ T1 T04 γ p1

3 805 487 1 63, 5
= 10 × ln + − × ln −1
215, 6 1.200 3, 5 23
= 433 J · K−1 ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
por unidad de gasto másico
7)La representación en un diagrama T −s de forma cualitativa de la evolución del aire en el dispositivo

descrito es:

Problema 30
Un turbohélice, que vuela a 450 km/h y a una altura en la que las condiciones del aire son 263
K y 70 kPa, toma 10 kg·s−1 de aire del ambiente por medio de una toma dinámica (difusor) de
rendimiento adiabático 0,95. El radio de la sección de la entrada de la toma dinámica es r = 17 cm.
A continuación de la toma el aire pasa por un compresor con una relación de presiones de remanso de
8 y un rendimiento adiabático 0,85. Después del compresor, el aire entra en la cámara de combustión
de la que sale, sin pérdida de presión de remanso, a una temperatura de remanso de 1.100 K.
A continuación entra en la primera eta-
pa de turbina, que tiene un rendimiento
adiabático de 0,85 y que es la que mueve
el compresor, y después en una segunda
etapa de turbina encargada de proporcio-
nar la potencia en eje y que tiene un ren-
dimiento adiabático de 0,9. La relación de
expansión total p04 /p06 = 7.
Finalmente el aire sale a la atmósfera a través de una tobera de rendimiento adiabático 0,95. Si
se desprecia el flujo másico de combustible, se pide:
1.- Representar en el diagrama T − s la evolución del aire.
2.- Determinar la velocidad, temperatura y presión del aire a la entrada de la toma dinámica
3.- Obtener la presión y la temperatura de remanso a la salida del compresor.
4.- Obtener la temperatura y la presión de remanso a la salida de la primera etapa de turbina.
5.- Obtener la potencia en eje.
6.- Temperatura y velocidad de la corriente a la salida de la tobera
7.- Calcular la producción de entropı́a en el turbohélice si la cámara de combustión se asimila a
una fuente térmica a 1.800 K.
Solución
Para resolver el ejercicio, los ejes de referencia se fijan en el turbohélice.

1)

2) La velocidad, temperatura y presión de la corriente de aire en la sección de entrada de la toma
dinámica se obtiene de las ecuaciones dadas en el Tema 4 de los Apuntes § 4.5.2 aplicadas a la sección
1 del dispositivo:
p1 
ṁ = · w1 · A 1 
R T1 w12

 

T = T −
 
2 1 01
 
w  
2 cp
T1 = T01 − 1
 
2 cp −→ 1
  ṁ R T01 T01 γ−1
γ/(γ−1)   w1 =
 

T1 
 A1 p01 T1
p1 = p01 

T01

Y como por otra parte se verifica (ver Apuntes Tema 4, § 4.5.3 ecuación (4.32) que:
T01 = T0∞
p01 = p0∞
será necesario determinar las condiciones de remanso del aire ambiente. Estas son:
2

w∞
T = T +

0∞ ∞

2 cp





1252


2 = 263 + = 270, 8 K
 
w  
h0∞ = h∞ + ∞

con el modelo de gas perfecto
 2.000
2 −−−−−−−para
−−−− −−−−−−−−→
el aire
γ
T0∞ γ−1
s0∞ = s∞
 

 p0∞ = p∞



 T∞
 3,5

 270, 8
= 70 = 77, 6 kPa


263

Ası́ pues, las ecuaciones que determinan la velocidad y la temperatura en la sección 1 son:
w12 w12
T1 = T0∞ − −→ T1 = 270, 8 −
2 cp 2.000
1
γ−1 2,5
ṁ R T0∞ T0∞ 10 × 287 × 270, 8 270, 8
w1 = −→ w1 =
A1 p0∞ T1 0, 0908 × 77, 6 · 103 T1
sistema de ecuaciones que se reuelven por iteración: se supone un valor para la velocidad en la
sección de entrada, w1 ; con este valor se calcula de la primera ecuación T1 y llevando este valor de
la tamperatura a la segunda ecuación se calcula la valocidad de la corriente a la entrada de la toma
dinámica w10 . Si este valor w10 de la velocidad coincide con el de inicio, esa será la solución. En caso
contrario, si no concide, es este valor w10 el que se introduce en el ciclo hasta conseguir un valor de
w10 que coincida con el de netrada al ciclo de cálculo. Ası́ pues:
at3w1 = 0 m · s−1 T1 = 270, 8 K w10 = 110, 3 m · s−1
w1 = 110, 3 m · s−1 T1 = 264, 7 K w10 = 116, 8 m · s−1
at
w1 = 116, 8 m · s−1 T1 = 264 K w10 = 117, 5 m · s−1
w1 = 117, 5 m · s−1 T1 = 263, 9 K w10 = 117, 7 m · s−1
Ası́ pues, se toma como valores de la velocidad, temperatura y presión de la corriente a la entrada
de la toma dinámica:
velocidad, temperatura y presión
w1 = 117, 7 m · s−1 ; T1 = 263, 9 K ; p1 = 70, 9 kPa ← −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
a la entrada de la toma dinámica
3) Del rendimiento adiabático de un difusor, cuando el fluido de trabajo se comporta com gas
perfecto, se obtiene que:
γ−1
p02 γ
−1 γ
γ−1
p1 T01
ηdif = −→ p02 = p1 1 + ηdif −1
T01 T1
−1
T1
3,5
270, 8
= 70, 9 × 1 + 0, 95 × −1 = 77, 3 kPa
263, 9
En el enunciado se da la relación de presiones de remanso entre la entrada y salida del compresor,

por lo tanto:
p03 = 8 p02
= 8 × 77, 3 = 618, 4 kPa ←−− −−−−−−−−−−−−−−−−
Para calcular la temperatura de remanso a la salida del compresor se hace uso de la expresión del
rendimiento adiabático para un compresor:
γ−1
p03 γ
h03s − h02 

−1
ηc = con el modelo de gas perfecto p02
h03 − h02 −−−−−−−para
−−−− −−−−−−−−→ ηc =
el aire T03
proceso 02 → 03s ∆s = 0 −1

T02
Como del balance energético aplicado a la toma dinámica se obtiene que T02 = T01 y por otra
parte T01 = T0∞ , despejando de la expresión del rendimiento del compresor T03 se tendrá que:
 γ−1 
p03 γ
− 1
 p02
T03 = T0∞ 1 +
 
ηc

 
0,4
!
8 1,4 − 1 Temperatura de remanso
= 270, 8 × 1+ = 529, 3 K ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
0, 85
4) La temperatura a la salida de la primera etapa de turbina se obtiene de imponer que la potencia

que consume el compresor la suministra esta primera etapa de turbina. Ası́ del balance energético
aplicado al sistema formado por esta esta etapa de turbina y el compresor:
X X
hs ṁs − he ṁe = 0 −→ h03 + h05 − (h02 + h04 ) = 0
s e
Que en este caso queda, por tratarse de un gas perfecto:
T03 + T05 − T02 − T04 = 0
Despejando T05 :
T05 = T04 − T03 + T02
Temperatura de remanso
= 1.100 − 529, 3 + 270, 8 = 841, 5 K ←−−−a−−−−−−−−−−−−−−−−
la salida de T1
Para determinar la presión de remanso en la sección 5, se hace uso de la expresión del rendimiento
adiabático de una turbina. Ası́:
h05 − h04 
 T05
ηt1 = −1
h05s − h04 con el modelo de gas perfecto T04
−−−−−−−para
−−−− −− −
el aire
−−−− −→ ηt1 = γ−1
proceso 04 → 05s ∆s = 0
 p05 γ
−1
p04
Despejano p05 , como en el conducto 3-4 no hay pérdida de presión de remanso y por lo tanto
p03 = p04 , se obtiene:
 γ
 γ−1
T05
− 1
 T04
p05 = p03 1 +
 
ηt1 
3,5
841, 5

−1
= 618, 4 × 1 + 1.100 Presión de remanso
 = 199, 3 kPa ←−−−−−−−−−−−−−−
 
0, 85 a la salida de T1
5) Si se aplica el balance energético a la segunda etapa de turbina se obtiene que:

con el modelo de gas perfecto
−Ẇe = ṁ (h06 − h05 ) −−−−−−−para
−−−− −−−−−−−−→ Ẇe = ṁ cp (T05 − T06 )
el aire
Para determinar el valor de T06 se hará uso, de nuevo, de la expresión del rendimiento adiabático
de una turbina, que en este caso resulta:
h06 − h05 
 T06
ηt2 = −1
h06s − h05 con el modelo de gas perfecto T 05
−−−−−−−para
−−−− −−−−−−−−→ ηt2 = γ−1
el aire
proceso 05 → 06s ∆s = 0
 p06 γ
−1
p05
Despejando T06 se obtiene:
( " γ−1 #)
p06 γ
T06 = T05 1 + ηt2 −1
p05
Como dato en el nunciado se da la relación de expansión total p04 /p06 , por lo tanto:
p06 p04 /p05
=
p05 p04 /p06
616
=
198, 5 × 7
Ası́ pues: " !#
0,4/1,4
616
T06 = 841, 5 × 1 + 0, 9 × −1
199, 3 × 7
= 683, 7 K
Por lo tanto, la potencia en eje resulta:
Ẇe = 10 × 103 × (841, 5 − 683, 7)
Potencia
' 1.580 · 103 W = 1.580 kW ←−−−−−−
en eje
6) La temperatura a la salida de la tobera se obtiene del rendimiento adiabático a la misma:
h06 − h7 
 T7
ηtob = 1−
h06 − h7s con el modelo de gas perfecto T06
−−−−−−−para
−−−− −−−−−−−−→ ηtob
el aire
= γ−1
 p7 γ
1−
p06
p04
Ahora bien p06 = , por lo que despejando T7 de la expresión anterior:
7
" γ−1 !#
7 p7 γ
T7 = T06 1 − ηtob 1 −
p04
" 1/3,5 !#
7 × 70
= 683, 7 × 1 − 0, 95 × 1 −
618, 4
Temperatura de la corriente
= 642 K ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
Y de la definición de temperatura de remanso para un gas perfecto:

q
w6 = 2 cp (T06 − T6 )
p
= 2 × 103 × (683, 7 − 642) = 289 m · s−1 ← −−−−−−−−−−−−−−−−−−
7) La producción de entropı́a se obtiene aplicando el segundo principio a toda la instalación:
Q̇3→4
σ̇p = ṁ (s7 − s1 ) −
TFT
Como s1 = s01 = s0∞ = s∞ y el aire se ha modelado como gas perfecto, se tendrá que:
Q̇3→4
σ̇p = ṁ (s7 − s∞ ) −
TFT

T7 p7 ṁ cp (T04 − T03 )
= ṁ cp ln − R ln −
T∞ p∞ TFT

3 642 1.100 − 529, 3
= 10 × 10 × ln −
263 1.800
= 5.754 W · K−1 ←−−en
−−− −−−−−−−−−−−−
el dispositivo
Problema 31
Un sistema de refrigeración que utiliza R-774 (CO2 ) como fluido de trabajo contiene un compresor
cuyo comportamiento es necesario caracterizar.
Para ello, se diseña una instalación que consta del citado compresor, seguido por dos cambiadores
de calor situados en paralelo y una válvula tras la cuial el gas vuelve a entrar en el compresor. Por
cada cambiador de calor circula la mitad del gasto másico de CO2 de la instalación.
Durante un ensayo se ha medido que a la salida del compresor la temperatura es de 140 o C y
en esa sección circulan 30 m3 /h de gas y se ha
medido que el compresor consume 82 kJ por cada
kilogramo de CO2 circulante con un rendimiento
de 0,85. La presión a la entrada del compresor es
1 MPa.
En el primer cambiador de calor se calienta
una corriente de 300 l/h de agua desde 15 o C
hasta 40 o C. En el segundo cambiador de calor
también se calienta agua desde 2 o C hasta 22 o C.
Suponiendo que las velocidades son pequeñas
en toda la instalación y que no hay pérdidas
de presión en los conductos ni en la bifurcación ni en los cambiadores de calor, se pide determinar.
1.- Temperatura a la entrada del compresor.

2.- Presión a la salida del compresor.
3.- Gasto másico de CO2 circulante por el compresor.
4.- Temperatura del CO2 a la salida del primer cambiador de calor.
5.- Temperatura del CO2 a la salida del segundo cambiador de calor.
6.- Caudal de agua en el segundo cambiador de calor.
8.- Diagrama T − s de la evolución del CO2 .
Solución
Como en el enum¡nciado se dice que las velocidades en toda la instalación son pequeñas se puede
poner que h0 ' h
1) La temperatura a la entrada del compresor se obtiene del dato de que aquel consume 82 kJ/kg.
Ası́, teniendo en cuenta que h0 ' h, del balance energético aplicado al compresor se obtiene:
Ẇ = ṁ(h2 − h1 )
que con el modelo de gas perfecto para el CO2 :
Ẇ = ṁcpCO2 (T2 − T1 )
Despejando T1 :
Ẇ /ṁ
T1 = T2 −
cpCO2
82 temperatura del CO2
= 413 + = 315 K ←
a
−la
−−entrada
−−−−−−− −−−−−−−−−−
del compresor
0, 84
2) La presión del gas cuando sale del compresor se obtiene a partir del rendimiento de este dispositivo,
teniendo en cuenta que h0 ' h:
R/cp
p2 CO2
h2s − h1 

−1
ηc = con el modelo de gas perfecto p1
h2 − h1 −−−−−−− −−−−−−−−−−−−→ ηc =
para el CO2 T2
proceso 1 → 2s ∆s = 0 −1

T1
Y depejando p2
cp /R
T2 CO2
p2 = p 1 η c −1 +1
T1
840×44/8.314
413 presión del CO2
= 1 × 0, 85 × −1 +1 = 2, 8 MPa ←
a
−la−−−−−−−
salida
−−−−−−−−−−
del compresor
315
3) Como dato se da el gasto volumétrico de CO2 a la salida del compresor, sección 2 de la figura.
Por lo tanto, el gasto másico será:
ṁ = ρ2 V̇2
p2 2, 8 · 106 30 gasto másico
= V̇2 = × = 0, 3 kg · s−1 ← − −−−−−−−−−−−
RCO2 T2 8.314 3.600 de CO2 circulante
× 413
44
4) Para determinar la temperatura del CO2 a la salida del CC1, se elije este dispositivo como sistema.
El balance energético aplicado a este sistema (adiabático y
sin aporte de potencia mecánica) resulta:
X X
hs ṁs − he ṁe = 0
s e
esto es:
ṁ3 h5 + ṁw hb − (ṁ3 h3 + ṁw1 ha ) = 0
Y agrupando términos.
ṁ3 (h5 − h3 ) + ṁw1 (hb − ha ) = 0
Con el modelo de gas perfecto para el CO2 y de lı́quido calorı́ficamente perfecto para el agua, la
ecuación anterior resulta, con la hipótesis de que no hay caı́da de presión en el conducto del agua:
ṁ3 cpCO2 (T5 − T3 ) + ṁw1 cw (Tb − Ta ) = 0
Despejando T5 de esta ecuación:

ṁw1 cw
T5 = T3 − ∆Tw
ṁ3 cpCO2
0, 3/3, 6 4, 180 temperatura del CO2
= 413 − × × 25 ' 344 K ←−−−−−−−−−−−−−−−−
a la salida del CC1
0, 3/2 0, 84
5) Estableciendo el balance energético en la confluencia de los flujos provenientes de los cambiadores
de calor se obtiene:
ṁ3 h5 + ṁ4 h6 = ṁh7
que con el modelo de gas perfecto para el CO2 y como el gas al atravesar la válvula no varı́a su
temperatura, esto es T7 = T1 siendo los gastos másicos en las secciones 5 y 6 iguales (ṁ3 = ṁ4 = ṁ/2),
se obtiene:
T6 = 2T1 − T5
temperatura del CO
2
= 2 × 315 − 344 = 286 K ←−−−−−−−−−−−−−−−−
a la salida del CC2
6) De manera análoga a como se ha establecido el balance energético en CC1, se obtendrá para el

balance energético aplicado al cambiador de calor CC2:
ṁ4 h6 + ṁw2 hd − (ṁ4 h4 + ṁw2 hc ) = 0
Y agrupando términos
ṁ4 (h6 − h4 ) + ṁw2 (hd − hc ) = 0
Con los mismos modelos para el CO2 y para el agua utlizados
en CC1, la ecuación anterior resulta, con la hipótesis de que no
: agua
hay caı́da de presión en el conducto del
ṁ4 cpCO2 (T6 − T4 ) + ṁw2 cw (Td − Tc ) = 0
de donde se obtiene para ṁw2 , sabiendo que T4 = T2

ṁ cpCO2 T2 − T6
ṁw2 =
2 cw ∆Tw2
0, 3 840 413 − 286
= × × = 0, 19 kg · s−1
2 4.180 20
Por lo tanto, el caudal (o gasto volumétrico) será:

ṁw2
ṁw2 = ρl V̇2 −→ V̇2 =
ρl
0, 19 caudal de H2 O
= = 0, 19 · 10−3 m3 /s = 684 l/h ←−−
en
−−
el
−−−−−−−−−−−
cambiador CC2
1.000
7) Como el CO2 realiza un ciclo, al aplicar la ecuación del segundo principio para calcular la pro-
ducción de entropı́a a un sistema abierto en régimen estacionario (ver Tema 4 § 4.5 ecuación 4.18)
quedrá sólo la variación de entropı́a con el tiempo de las corrientes de agua. Ası́ pues, de acuerdo
con la ecuación 4.18 mencionada, como el sistema completo es adiabático se tendrá:

Tb Td
σ̇p = ṁw1 cw ln + ṁw2 cw ln
T T
a c
Tb Td
= cw ṁw1 ln + ṁw2 ln
Ta Tc

0, 3 313 295 producción de entropı́a
= 4.180 × × ln + 0, 19 × ln = 85 W · K−1 ←−−−− −−−−−−−−−−−−−
en el proceso
3, 6 288 275
8) El diagrama T − s de la evolución del CO2 es:
Diagrama T-s de la evolución del CO2

Problema 32
La figura adjunta representa el esquema de una turbina de gas con regeneración:
El compresor, que tiene un relación de presiones totales de 8 y un rendimiento adiabático del 80 %,
toma 15 kg·s−1 de aire del ambiente (25 o C, 100 kPa).
Al salir del compresor el aire pasa por un cambiador de
calor a contracorriente calentándose hasta una temperatu-
ra de remanso 20 K más baja que la temperatura del aire
que sale de la turbina. La pérdida de carga de cada una
de las corrientes en el cambiador de calor es del 6 %.
El aire, antes de entrar en la turbina, recibe calor de una
fuente térmica a 1.700 K alcanzando una temperatura de
remanso a la entrada de la turbina de 1.200 K.
La turbina, de rendimiento adiabático 0,90, además de
mover el compresor proporciona una potencia útil y descarga el aire al ambiente, después de pasar
por el cambiador de calor. El área de la sección recta de la salida del aire al ambiente, ası́ como la
de salida de la turbina, es de 20 dm2 . Se pide calcular:
1.- Temperatura de remanso del aire a la salida del compresor.

2.- Temperatura y velocidad del aire en la sección de descarga al ambiente.
3.- Potencia neta producida.
4.- El rendimiento térmico de la planta si éste viene definido como el cociente entre la potencia neta
producida y el calor suministrado a la corriente de aire.
5.- Producción de entropı́a en el dispositivo descrito.
6.- Diagrama T − s de la evolución del aire.
Nota: Tómese para el aire en todo el dispositivo cp = 1.000 J·kg·K−1 .
Solución
Todo el dispositivo, ası́ como cualquier parte de él, es un sistema abierto funcionando en régimen
estacionario. El sistema de referencia se elige fijo a la turbina de gas. Se trata, pues, de un sistema
abierto cuyas superficies de control permeables son fijas.
De la ecuación de conservación de la masa se deduce que el gasto másico es el mismo en cualquier
sección, esto es:
ṁi = ṁ (i = 1, 2, · · · 6)
Suponiendo el aire ambiente en calma, se verificará que:

p∞ = p01 6= p1
T∞ = T01 6= T1
1) De los datos del enunciado:

p02 = 8 × p01
y como p01 = p∞ :
p02 = 8 × p∞
= 8 × 100 = 800 kPa
Por otra parte, el rendimiento adiabático de un compresor viene dado por:

ηc = −
− −−−−−−−−−−−−→
ηc =
h02 − h01 T02 − T01
! γ−1
γ
p02
−1
p01
=
T02
−1
T01
Despejando de esta última expresión T02 , al ser T01 = T∞ :
! γ−1γ
p02
−1
h p01 i
T02 = T01 1 +
ηc
0,4
8 1,4 − 1 Temperatura de remanso a la
= 298 × 1 + = 600 K ←−−−− −−−−−−−−−−−−−−−−−−−
salida del compresor
0, 8
2) En la sección de descarga al ambiente, p6 = p∞ , luego de la definición de gasto másico:
ṁ = ρ6 w6 A6
y con el modelo de gas perfecto para el aire:

p6
ρ6 =
Ra T6
por lo que:
p6
ṁ = wA (1)
Ra T6 6 6
Además, de la definición de entalpı́a de remanso:
w62 con el modelo de gas w62 despejando T6 w62

h06 = h6 + −
− −−−−−−−−−−−−→ T06 = T6 +
−−−−−−−−−→ T6 = T06 − (2)
2 2cp 2cp
Sólo después de conocer el valor de T06 se podrá calcular tanto w6 como T6 . La temperatura de
remanso en la sección de salida al ambiente se determina estableciendo el balance energético en el
cambiador de calor que de acuerdo con la ecuación (4.17) dada § 4.5 del Tema 4, por tener este
dispositivo las superficies de control impermeables adiabáticas e indeformables resulta:
X X
h0s ṁs − h0e ṁe = 0
s e
esto es:
h03 + h06 − (h02 + h05 ) = 0 −
− −−−−−−−−−−−−→ T03 + T06 − (T02 − T05 ) = 0
pefecto para el aire
Como en el enunciado nos dicen que la temperatura de remanso a la que sale del cambiador de
calor la corriente que va a la turbina es 20 K más baja que la de la corriente que sale de ésta:
T03 = T05 − 20
luego:
T06 = T02 + 20
= 600, 3 + 20 = 620 K
Ası́ pues las ecuaciones (1) y (2) quedan después de dar valores numéricos:
15 × 287
w6 = × T6
0, 2 × 105
w2
T6 = 620, 3 − 6
2000
Sustituyendo el valor de T6 en la expresión de w6 se obtiene la ecuación de segundo grado en w6 :
w62 + 9.291w6 − 124 · 104 = 0
De las dos raı́ces de esta ecuación sólo la raiz positiva tiene sentido fı́sico, por lo que:
w6 = 131, 7 m · s−1 ←−−velocidad
−−−−−−−− del aire en la
−−−−−−−−−−−−
sección de salida al ambiente
Temperatura del aire en la
T6 = 612 K ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
sección de salida al ambiente
3) Como la turbina mueve el compresor además de producir una potencia neta:

|Ẇt | = Ẇc + |ẆN | −→ |ẆN | = |Ẇt | − Ẇc
Aplicando la ecuación del primer principio para sistemas abiertos con fronteras permeables fijas
al sistema de referncia y funcionando en régimen estacionario a la turbina y el compresor se obtiene:
|Ẇt | = ṁ(h04 − h05 ) −
− −−−−−−−−−−−−→
|Ẇt | = ṁcp (T04 − T05 )
Ẇc = ṁ(h02 − h01 ) −
− −−−−−−−−−−−−→
Ẇc = ṁcp (T02 − T01 )
Ası́ pues, se tendrá para la potencia útil:

|ẆN | = ṁcp [T04 − T05 − (T02 − T01 )]
De esta expresión se conoce todo excepto T05 . Para calcular este valor de la temperatura de remanso
recurrimos al rendimiento adiabático de la turbina que es conocido. Ası́:
h05 − h04 con T05 − T04

ηt = −−−−el
−−modelo
−−−−−−de −−− gas
−→ ηt =
h05s − h04 T05s − T04
T05
−1
T04
= ! γ−1
γ
p05
−1
p04
y despejando T05 :
n h p γ−1 io
05 γ
T05 = T04 1 + ηt −1
p04
De los datos del problema:
T04 = 1.200 K
p06
p05 =
0, 94
Ahora bien, de la definición de magnitudes de remanso:

γ
! γ−1
T06
p06 = p6
T6
1,4
! 0,4
620, 3
= 100 × = 105 kPa −→ p05 = 112 kPa
611, 6
Además, como en el cambiador de calor hay una pérdida de carga del 6 % en cada una de las
corrientes:
p04 = p03 = 0, 94 p02
= 0, 94 × 800 = 752 kPa
Sustituyendo todos estos valores en la expresión de T05 se obtiene:

0,4
112 1,4
T05 = 1.200 × 1 + 0, 9 × −1
752
= 747 K
Ası́, la potencia neta será:

ẆN = 15 × 103 × (1.200 − 747 − 600 + 298)
Potencia neta
= 2.270 × 103 W ' 2, 3 MW ←−−−−−−−−−−
obtenida
4) Con la definición dada de rendimiento térmico:

ẆN
η=
Q̇
siendo Q̇ el calor por unidad de tiempo que la corriente de aire recibe de la fuente térmica. Este calor
por unidad de tiempo se obtiene aplicando el balance energético a la corriente entre las secciones 3
y 4:
Q̇ = ṁ (h04 − h03 ) −
− −−−−−−−−−−−−→ Q̇ = ṁ cp (T04 − T03 )
Se conoce el valor de la temperatura de remanso en las esecciones 3 y 4 (ésta última es dato):
T03 = T05 − 20
= 747 − 20 = 727 K
Por lo tanto:
Q̇ = 15 × 103 × (1.200 − 727)
' 7.100 × 103 W = 7, 1 MW
y el rendimiento térmico:
2.270
η=
7.100
Rendimiento térmico
' 0, 32 −→ 32 % ←−−−de
−−− −−−−−−−−−−
la planta
5) El segundo principio aplicado al proceso estacionario que sigue el aire en el dispositivo resulta:
Q̇
σ̇p + = ṁ (s06 − s∞ )
TF.T.
ya que de la definición de magnitud de remanso:
so = s
y además se verifica que:
s01 = s0∞ = s∞
Despejendo σ̇p :
Q̇
σ̇p = ṁ (s06 − s∞ ) −
TF.T.
T06 p06
s06 − s0∞ = cp ln − R ln
T∞ p∞
620 105
= 103 × ln − 287 × ln = 719 J · kg−1 · K−1
298 100
Ası́ pues, la producción de entropı́a será:
7.100 × 103
σ̇p = 15 × 719 −
1.700
= 6.600 W · K−1 = 6, 6 kW · K−1 ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−
en el dispositivo
6) Diagrama T − s de la evolución del aire.
Diagrama T-s de la evolución del aire

Problema 33
En la figura adjunta se representa un esquema de una planta de potencia de gas. Consta de dos
etapas de compresión, C1 y C2, con enfriamiento intermedio accionadas por la turbina de alta T1.
La segunda turbina T2 es la encargada de suministrar la potencia en eje Ẇeje .
El primer compresor toma 428 m3 ·s−1 de aire del ambiente (ϑ∞ = 25 o C, p∞ = 100 kPa) y tiene
una relación de compresión 6; el segundo tiene una relación de compresión 5 y ambos tienen un
rendimiento adiabático de 0,85. El enfriamiento se consigue por medio de una corriente de agua de
5.580 m3 /hora que entra al cambiador de calor a la temperatura ambiente. El aire entra a la segunda
etapa de compresión con un temperatura 10 o C por encima de la temperatura ambiente.
Según se observa en la figura, a la salida de esta segunda etapa de compresión y antes de entrar
en la primera etapa de turbina, el aire entra en una cámara de combustión. Después de la primera
turbina, y para un uso posterior, se realiza un sangrado del 10 % del gasto másico que entra en planta
de potencia. En la segunda turbina el aire se expansiona hasta la presión del ambiente proporcionando
una potencia en eje de 160 MW. De esta turbina el aire sale a una temperatura de 600 K. La segunda
turbina tiene un rendimiento adiabático de 0,9.
Suponiendo que puede despreciarse la variación de la energı́a cinética frente a la variación de
entalpı́a en cualquiera de los subsistemas que conforman la planta de potencia y la pérdida de
presión en los conductos del cambiador de calor y de la cámara de combustión, se pide calcular:
1.- Temperatura de la corriente de aire en la salida de cada una de las etapas de compresión.
2.- El incremento de temperatura que experimenta el agua al pasar por el cambiador de calor.
3.- Temperatura y presión de la corriente de aire en la salida de la primera turbina (T1).
4.- Temperatura de la corriente de aire en la entrada de la primera turbina (T1) y rendimiento
adiabático de esta etapa de turbina. Calor por unidad de tiempo sumistrado a la corriente en
la cámara de combustión.
5.- Producción de entropı́a en el dispositivo si la cámara de combustión puede asemejarse a una
fuente térmica a una temperatura de 1.800 K.
Solución
Antes de comenzar la resolución del ejercicio se van a calcular los gastos másicos de aire y de
agua. Los datos que se dan en el enunciado corresponden a los gastos volumétricos, por lo tanto:
ṁa = V̇a ρa ṁw = V̇w ρw

p1 5.580
= V̇a = × 103 = 1.550 kg · s−1
Ra T1 3.600
105
= 428 × = 500 kg · s−1
287 × 298
Por otra parte, como en el enuciado se dice que puede depreciarse la variación de energı́a cinética
frente a la variación de entalpı́a en cualquiera de los subsistemas de la planta de potencia, en todo
el desarrollo del ejercicio se utilizarán las maginitudes estáticas.
1) La temperatura de la corriente en la salida de la primera etapa de compresión se obtiene de la
expresión del rendimiento adiabático de un compresor:
(γ−1)/γ
p2
−1
ηC1 = −perfecto
−−−el
−−aire
−→ ηC1 =
h2 − h1 T2
−1
T1
y despejando T2 :
 (γ−1)/γ 
p2
− 1
 p1
T2 = T1 1 +
 
ηC1

 
61/3,5 − 1

temperatura de la corriente
= 298 × 1 + = 532 K ←−−−en
−−− −−−−−−−−−−−−−−
la salida de C1
0, 85
De manera análoga, la temperatura de la corriente en la salida de C2 vendrá dad por:

 (γ−1)/γ 
p4
− 1
 p3
T4 = T3 1 +
 
ηC2

 
51/3,5 − 1 temperatura de la corriente

= 308 × 1 + ' 520 K ←−−−−en
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
la salida de C2
0, 85
2) El incremento de temperatura del agua se determina estableciendo el balance energético al cam-

biador de calor que de acuerdo con la ecuación (4.17) dada § 4.5 del Tema 4, por tener este dispositivo
las superficies de control impermeables adiabáticas e indeformables resulta:
X X
hs ṁs − he ṁe −→ ṁa h3 + ṁw hsw − (ṁa h2 + ṁw hew ) = 0
s e
y reagrupando términos:
ṁa (h3 − h2 ) + ṁw (hsw − hew ) = 0
Con el modelo da gas perfecto para el aire y lı́quido calorı́ficamente perfecto para el agua la
expresión anterior queda:
ṁa cpa (T2 − T3 )
ṁa cpa (T3 − T2 ) + ṁw c ∆Tw = 0 −→ ∆Tw =
ṁw c
500 103
= × × (532 − 308) = 17, 3 o C
1.550 4.180
3) La temperatura a la salida de la primera turbina se obtiene el balance energético a ese dispositivo

(ver figura adjunta):
−Ẇeje = (1 − λ) ṁa (h7 − h6 )
que con el modelo da gas perfecto para el aire queda:

Ẇeje = (1 − λ) ṁa cp (T6 − T7 )
Despejando T6 :
Ẇeje
T6 = T7 +
(1 − λ) ṁa cp
160 · 106
= 600 +
0, 9 × 500 × 103
= 956 K ←−−−−− −−−−−−−−−−−−−−−−−−−
a la salida de T1
La presión de la corriente en esa sección se obtiene a partir
del rendimiento adiabático de T2:
T7
−1
h7 − h6 con el−modelo de−−
gas T6
ηT2 = −−− −− −− −− −−− −→
h7s − h6 perfecto para el aire ηT2 = p (γ−1)/γ
7
−1
p6
Y despejando la presión a la entrada de T2:
p7
p6 =  γ/(γ−1)
T7
− 1
1 + T6


 ηT2 
100 presión de la corriente

= 3,5 = 6, 5 bar ←−en
−−− −−−−−−−−−−−−
la salida de T1
600
−1
1 + 956
 
0, 9

4) La temperatura de entrada a la primera etapa de turbina se obtiene estableciendo el balance

energético en esa turbina. En efecto, del balance energético aplicado al dispositivo esquematizado en
la figura adjunta se obtiene:
X X X 
Ẇi = hs ṁs − he ṁe 


i s e




−ẆC1 − ẆC2 = ṁa (h6 − h5 )
ẆC1 = ṁa (h2 − h1 )






ẆC2 = ṁa (h4 − h3 )

Esto es:
−(h4 − h3 ) − (h2 − h1 ) = h6 − h5
Ası́ pues, con el modelo de gas perfecto para el aire, se obtiene:

T6 − T5 = T3 − T4 + T1 − T2
Despejando la temperatura T5 :
T5 = T6 + T4 + T2 − T3 − T1
= 956 + 520 + 532 − 308 − 298 = 1.400 K ←−−−a−la
−−entrada
−−−−−−− −−−−−−−
de T1
El rendimiento adiabático de esta trubina será:

T6
−1
h6 − h5 con el−modelo de−−gas T5
ηT1 = −
−−−− −−−−−−− −→
h6s − h5 perfecto para el aire ηT1 = p (γ−1)/γ
6
−1
p5
956
−1
= 1.4001/3,5
6, 5
−1
30
rendimiento adiabático
' 0, 9 ←−−de
−−− −−−−−−−−−−−−
la turbina T1
El calor suministrado a la corriente en la cámara de combustión será:

Q̇4→5 = ṁa cp (T5 − T4 )
= 500 × 103 × (1.400 − 520) = 440 · 106 W
calor por unidad de tiempo suministrado
= 440 MW ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
a la corriente en la cámara de combustión
5) La producción de entropı́a resulta:
Q̇4→5
σ̇p + = ṁa [(1 − λ) s7 + λ s6 − s1 ] + ṁw (sb − sa )
TFT
despejando el término de producción de entropı́a, teniendo en cuenta que T2 descarga al ambiente:

T7 T6 p6 ∆Tw Q̇4→5
σ̇p = ṁa (1 − λ)cp ln + λ cp ln − R ln + ṁw c ln 1 + −
T1 T1 p1 T∞ TFT

600 956
= 500 × 0, 9 × 103 × ln + 0, 1 × 103 × ln − 287 × ln(6, 5)
298 298
440 · 106

17, 3
+ 1.550 × 4.180 × ln 1 + −
298 1.800
producción de entopı́a por unidad
= 456 · 103 W · K−1 = 456 kW · K−1 ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
de tiempo en la planta de potencia
Problema 34
Un avión vuela a 900 km/h en un ambiente en calma y a una altura en la que la presión y
temperatura del aire son 25 kPa y 230 K, respectivamente. El sistema que se utiliza para acondicionar
la cabina de pasajeros del avión responde al esquema mostrado en la figura:
El aire llega al compresor motor (CM), cuyo rendimiento adiabático es 0,85, después de pasar por
un difusor isoentrópico. En este compresor motor se sangra aire a una presión de remanso de 250
kPa que se hace pasar por un primer cambiador de calor (CC1) donde la temperatura de remanso
de la corriente disminuye 85o C. A continuación se introduce en un compresor (C) de relación de
compresión 1,8 y rendimiento adiabático 0,8 y en un segundo cambiador de calor (CC2) donde la
temperatura de remanso de la corriente vuelve a bajar otros 85o C. Finalmente la corriente se expande
en una turbina (T), de rendimiento adiabático 0,9, hasta una presión de remanso de 100 kPa.
En los cambiadores de calor, como corriente de refrigeración, se utiliza aire tomado del ambiente
a través del difusor (D), de rendimiento adibático 0,98 y con un área de la sección de entrada de 70
cm2 , que se impulsa mediante un ventilador (V) de rendimiento adiabático 0,9 donde la presión de
remanso se multiplica por 1,2.
Tras los cabiadores de calor el aire de refri-
geración se devuelve al ambiente a través de
una tobera de rendimiento adiabático 0,98.
El compresor C, la turbina T y el ventila-
dor V se encuentran montados en el mismo
eje de modo que todo el trabajo desarrola-
do por la turbina se emplea ı́ntegramente en
mover el compresor C y el ventilador V.
La pérdida de presión de remanso de cada
una de las corrientes al atravesar los cambia-
dores de calor es del 8 %. Se pide calcular:
2.- Temperatura de remanso de la corriente a la salida de la turbina.
3.- Gasto másico de la corriente de refrigeración por unidad de gasto másico de la corriente a
acondicionar.
4.- Temperatura de remanso de la corriente de refrigeración a la entrada y a la salida del cambiador

de calor CC1.
5.- Velocidad de la corriente de refrigeración a la salida de la tobera, si el gasto de aire de refrige-

ración es de 0,65 kg·s−1 .
6.- Producción de entopı́a en el dispositivo.
Solución
Todo el dispositivo, y cualquiera de sus partes, es un sistema abierto que está funcionando en
régimen estacionario. Son pues de aplicación las ecuaciones (4.18) y (4.19) de los Apuntes ya que
las superficies de control permeables están fijas respecto al avión, en el que se ha puesto el sistema
de referencia. En cada caso habrá que ver qué términos de estas ecuaciones son los que aparecen y
cuáles no. Con los ejes ligados al avión, el aire ambiente a una presión de 25 kPa y una temperatura
de 230 K alcanza al avión a una velocidad de 900 km/h de modo que, con el modelo de gas perfecto
para el aire:
c /R
w2

T0∞ p
T0∞ = T∞ + ∞ p0∞ = p∞
2cp T∞
3,5
(900/3, 6)2

261, 3
= 230 + = 261, 3 K = 25 × = 39 kPa
2 × 1.000 230
1) Diagrama T − s de la evolución del aire en el dispositivo descrito:
2) Para determinar las condiciones de la corriente de aire a la salida de la turbina se utiliza la

expresión del rendimiento adiabático de una trubina:
h06 − h05 con el modelo de gas T06 − T05
ηt = −− −−−−−para
perfecto
−−−− −aire
el
−−→ ηt =
h06s − h05 T06s − T05
T06
−1
T
= 05 R/cp
p06
−1
p05
Despejando de esta expresión la temperatura de remanso a la salida de la turbina, T05 , se obtiene:
( " #)
R/cp
p06
T06 = T05 1 + ηt −1
p05
Como puede observarse, se necesitan las condiciones de la corriente a la entrada de la turbina, ya

que la presión de remanso a la salida es dato. Estas se determinan de las condiciones que se dan en
el enunciado: una disminución de 85 o C en la temperatura y una pérdida de presión de remanso del
8 % cuando la corriente de aire atraviesa el cambiador de calor CC2. Por lo tanto:
T04 − T05 = 85 −→ T05 = T04 − 85
p05 = 0, 92p04
= 0, 92 × 1, 8p03
= 0, 92 × 1, 8 × 0, 92p02
= 0, 922 × 1, 8 × 250 ' 381 kPa
La temperatura T04 se obtiene a partir del rendimiento adiabático del compresor C:

ηC = −−− −− − −−− −− − − −→
ηC =
h04 − h03 T04 − T03
R/cp
p04
−1
p03
=
T04
−1
T03
Despejando de esta expresión T03 :
 R/cp 
p04
− 1
 p03
T04 = T03 1 +
 
ηC

 
Por otra parte, T03 se obtiene de la condición dada de que la corriente en el cambiador de calor
CC1 disminuye su temperatura en 85 o C:
T02 − T03 = 85
y T02 del rendimiento adiabático del compresor CM y teniendo en cuenta que T01 = T0∞ :
h02s − h0∞ con el modelo de gas T02s − T0∞

ηCM = −
− −−−−−−−−−−−−→ ηCM =
h02 − h0∞ T01 − T0∞
R/cp
p02
−1
p0∞
=
T02
−1
T0∞
 R/cp 
p02
− 1
 p0∞
T02 = T0∞ 1 +
 
ηCM

 
 1/3,5 
250
− 1
 39
= 261, 3 × 1 +  = 476, 6 K −→ T02 = 391, 6 K
 
 0, 85 
Ası́ pues:
1, 81/3,5 − 1

T04 = 391, 6 × 1 +
0, 8
= 481 K =⇒ T05 = 396 K
Una vez determinados los valores de la presión y de la temperatura de remanso de la corriente a
la entrada de la turbina, el de la temperatura de remanso resulta:
( " 1/3,5 #)
100
T06 = 396 × 1 + 0, 9 × −1
381
Temperatura de remanso de la
= 282, 8 K ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
corriente a la salida de la turbina
3) La relación entre los gastos másicos de aire a acondicionar y de la corriente de refrigeración se

obtiene estableciendo el balance energético a la turbina. En efecto:

−ẆC − ẆV = ṁ (h06 − h05 )

ẆC = ṁ (h04 − h03 )

ẆV = ṁref (h0c − h0b )

Esto es:
−ṁ(h04 −h03 )−ṁref (h0c −h0b ) = ṁ (h06 −h05 )

Ası́ pues, dividiendo entre ṁ y despejando el
cociente de los gastos másicos se obtiene:
ṁref h06 − h05 + h04 − h03
=
ṁ h0b − h0c
ṁref T06 − T05 + T04 − T03
=
ṁ T0b − T0c
Todos los valores de las temperaturas de remanso que aparecen en el numerador están ya calcula-
das. Sólo falta calcular las del denominador. En el difusor se conserva la entalpı́a de remanso ya que
este dsipositivo se supone de fronteras impermeables adiabáticas y rı́gidas y que está funcionando en
régimen estacionario. Ası́ pues:
h0b = h0a −−−−−−−−−−−−−→ T0b = T0a
= 261, 3 K
Como se conoce la relación de compresión del ventilador, del rendimiento adiabático del mismo
se obtiene:
h0cs − h0b con el modelo de gas T0cs − T0b
ηV = −−− −− − −−− −− − − −→
ηV =
h0c − h0b T0c − T0b
R/cp
p0c
−1
p0b
=
T0c
−1
T0b
De donde:  R/cp 
p0c
− 1
 p0b
T0c = T0b 1 +
 
ηV

 
1, 21/3,5 − 1

= 261, 3 × 1 + = 276, 8 K
0, 9
Ası́ pues:
ṁref 282, 2 − 396 + 481 − 391, 6
=
ṁ 261, 3 − 276, 8
Relación entre los gastos
= 1, 54 ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−
másicos de las corrientes
4) Las temperaturas de remanso de la corriente de refrigeración a la entrada y a la salida del

cambiador de calor CC1, T0d y T0e , se determinan estableciendo el balance energético a los cam-
biadores de calor CC2 y CC1, respectivamente. Como se trata de dispositivos de fronteras imper-
meables, rı́gidas y adiabáticas y que funcionan
en régimen estacionario, el balance energético
aplicado a estos dispositivos resulta:
Para el cambiador de calor CC2:
ṁref (h0d − h0c ) = ṁ(h04 − h05 )
Y para el cambiador de calor CC1:

ṁref (h0e − h0d ) = ṁ(h02 − h03 )
que con el modelo de gas perfecto para el aire resulta:

ṁ
ṁref (T0d − T0c ) = ṁ(T04 − T05 ) −→ T0d = T0c + (T04 − T05 )
ṁref
85
= 276, 8 + = 332 K
1, 54
De manera análoga, se tiene para la temperatura de remanso T0e :

ṁ
T0e = T0d + (T02 − T03 )
ṁref
85
= 332 + = 387, 2 K
1, 54
Es decir, las temperaturas pedidas son:

Temperatura de remanso a la que
T0e = 387, 2 ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
la corriente refrigerante entra al CC1
Temperatura de remanso a la que
T0d = 332 K ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
la corriente refrigerante sale del CC1
5) La velocidad de la corriente a la salida de la tobera se obtiene de la definición de temperatura de

remanso. Como el aire se modela como gas perfecto se tiene que:
wf2 q
T0f = Tf + −→ w = 2cp (T0f − Tf )
2cp
Es, pues, necesario calcular la temperatura a la que sale el aire de la tobera, Tf , ya que la de
remanso T0f es conocida, pues del balance enregético aplicado a la tobera:
h0f = h0e −
− −−−−−−−−−−−−→ T0f = T0e
= 387, 2 K
La temperatura Tf se obtiene a partir de la expresión del rendimiento adiabático de una tobera:

Tf
1−
h0e − hf con el modelo de gas T0e
ηtob = −
− −−−−−−−−−−−−→ ηtob
= R/cp
h0e − hf s pf
1−
p0e
Despejando de esta expresión Tf se obtiene:

( " R/cp #)
pf
Tf = T0e 1 − ηtob 1 −
p0e
La presión a la que sale la corriente de refrigeración de la tobera es conocida, por lo tanto para
que Tf quede determinada es necesario calcular p0e . De los datos del enunciado se deuce que:

p0c = 1, 2p0b 
p0d = 0, 92 p0c −→ p0e = 0, 922 × 1, 2p0b

p0e = 0, 92p0d 
y p0b se determina con el rendimiento adiabático de un difusor:

R/cp
p0b
−1
h0bs − ha con el modelo de gas pa
ηdif = −
− −−−−−−−−−−−−→ ηdif =
h0b − ha perfecto para el aire T0b
−1
Ta
Y despejando p0b :
cp /R
T0b
p0b = pa 1 + ηdif −1
Ta
La temperatura y presión de la corriente de aire de refrigeración en la sección a se obtiene resolviendo
el sistema de cuaciones:
pa 
ṁref = wa A a   1
R Ta


  ṁR T0a T0a γ−1
wa  wa =

 

Ta = T0a − Aa p0a Ta

2 cp −→ 2
γ   w
 Ta = T0a − a
 
Ta γ−1 
 
pa = p0a


 2 cp
T0a
Dando valores numéricos estas ecuaciones resultan:
2,5
0, 65 × 287 × 261, 3 261, 3
wa =
0, 007 × 39 · 103 T
wa2
Ta = 261, 3 −
2.000
cuya resolución obtenida por iteración proporciona los valores:
wa = 237 m · s−1 ; Ta = 233 K ; pa = 26, 2 kPa

Ası́ pues, la presión de remanso de la corriente de refrigeración a la slaida del difusor resulta:
3,5
261, 3
p0b = 26, 2 × 1 + 0, 98 × −1
233
= 38, 8 kPa −→ p0e = 39, 4 kPa
Por lo tanto la temperatura de salida de la corriente de la tobera resulta:
( " 1/3,5 #)
25
Tf = 387, 2 × 1 − 0, 98 × 1 −
39, 3
= 341 K
Finalmente la velocidad de la corriente a la salida de la tobera es:

p
wf = 2 × 1.000 × (387, 2 − 341)
velocidad con la que la corriente
= 304 m · s−1 ←−refrigerante
−−−−−−−−−sale
−−−−−−−−−−−−−−
de la tobera
6) La ecuación del segundo principio para un sistema abierto en régimen estacionario establece que:
X Q̇i X X
i
TFTi s e
Tomando como sistema las dos corrientes de aire, Q̇i = 0 ∀i. Por lo tanto:
σ̇p = ṁ (s6 − s1 ) + ṁref (sf − sa )
= ṁ (s06 − s0∞ ) + ṁref (sf − s0∞ )

1 3 282, 8 100 3 339 25
= 0, 65 × × 10 × ln − 287 × ln + 1 × 10 ln − 287 × ln
1, 54 261, 3 39 261, 3 39
producción
= 0, 65 × (−124, 1 + 388) = 171, 5 W · K−1 ←−−−−−−−−
de entropı́a
Problema 35
Para conseguir 45 kg·s−1 de aire a 150 o C, se dispone de la instalación de la figura adjunta.
El compresor (de rendimiento adiabático
0,8, con una relación de presiones de reman-
so p0s /p0e = 3 y un diámetro de salida de
95 cm) toma 100 kg·s−1 de aire del medio
ambiente que está a 25 o C y 100 kPa. Des-
pués del compresor el aire se divide en dos
corrientes. Una va directamente a la cáma-
ra adiabática de mezcla (C.A.M. del dibujo)
que está a una presión de 150 kPa, mien-
tras que la otra recibe calor desde una fuente
térmica a 1800 K. Después de ser calentada,
a la corriente se le realiza un sangrado que se lleva directamente a la C.A.M.. El resto va a una turbina
de rendimiento adiabático 0,85 cuya potencia se emplea en mover el compresor y que descarga el aire
al ambiente a baja velocidad. La salida de la cámara de mezcla se lleva a una tobera de rendimiento
adiabático 0,85 que descarga el chorro de aire a la temperatura deseada y a la presión ambiente.
Sabiendo que en cada bifurcación de la corriente hay una pérdida de carga del 4 %, se pide:
1.- Presión, temperatura y velocidad del aire a la salida del compresor.
2.- Temperatura a la entrada y salida de la turbina.
3.- Velocidad a la salida de la tobera.
4.- Flujo desviado a la salida del compresor hacia la C.A.M. y gasto de aire sangrado.
5.- Calor cedido a la corriente desde la fuente térmica.
Solución
Se elige un sistema de referencia ligado al dispositivo. Se trata, pues, de un sistema abierto
funcionando en régimen estacionario y cuyas superficie de control permeables están fijas. También lo
será cualquier subsistema en el que podamos dividir el dispositivo.
1.-Presión, temperatura y velocidad del aire a la salida del compresor.
El compresor toma el aire del ambiente que se considera en calma y por esta razón se verificará que:
T01 = T∞ p01 = p∞
=298 K =100 kPa
y de la relación de presiones de remanso:
p02 = 3p01
= 3 × 100 = 300 kPa
La temperatura de remanso se obtiene a partir de la expresión del rendimiento adiabático del

compresor:

ηc = −
− −−−−−−−−−−−−→
ηc =
h02 − h01 T02 − T01
γ−1
p02 γ
−1
p01
=
T02
−1
T01
Despejando de esta expresión la temperatura de remanso a la salida del compresor:
γ−1
p02 γ
" − 1#
p01
T02 = T01 1 +
ηc
" #
30,4/1,4 − 1
= 288 × 1 + = 435, 4 K
0, 8
Las ecuaciones que relacionan las magnitudes de remanso (T0 , p0 ) con las magnitudes estáticas y
la velocidad (T , p, w) son:

w2
w2  T = T +
 
0

2cp

h0 = h +

2 −
− −−−−−−−−−−−−→
perfecto para el aire γ/(γ−1)
s0 = s
  T0
 p0 = p ·


T
La tercera ecuación que se necesita es la correspondiente a la definición de gasto másico: ṁ = ρ·w ·A,
que para el modelo de gas perfecto queda:
p
ṁ = ·w·A
RT
Aplicando estas ecuaciones a la sección de salida del compresor 2:
w22
T02 = T2 +
2cp
γ/(γ−1)
T02 (1)
p02 = p2 ·
T2
p2
ṁ = · w2 · A2
RT2
La resolución simultánea de las ecuaciones dadas en (1) proporciona la temperatura, presión y velo-
cidad en la sección de salida del compresor.
Eliminando p2 entre las dos últimas ecuaciones de (1) y despejando w2 se obtiene:
1/(γ−1)
ṁ2 · R · T02 T02
w2 = (2)
p02 · A2 T2
Sustituyendo esta ecuación en la primera de las dadas en (1) se obtiene una ecuación con una única
incógnita, T2 , que una vez resuelta da la solución buscada. Otra forma de resolución es utilizar un
método iterativo. Para ello se hará uso de la ecuación (2) y la primera de las dadas en (1). Si en
estas ecuaciones se dan los valores numéricos conocidos se obtiene:
2,5
100 × 287 × 435, 4 435, 4
w2 = 2 ×
π × 0, 95 T2
300 · 103 ×
4 (3)
2,5
435, 4
= 58, 764 ×
T2
w22
T2 = 435, 4 − (4)
2.000
La forma de resolver este sistema es el siguiente: se supone un valor arbitrario para la velocidad
w2 y con este valor a partir de (4) se obtiene un valor para la temperatura T2 . Este valor de T2 se
introduce en la ecuación (3) obteniéndose otro valor para la velocidad que se simbolizará con w20 y
que si no coincide con el valor de entrada, será el que se introduzca para un nuevo ciclo. Cuando los
dos valores de la velocidad w2 y w20 coincidan esa será la solución.
A continuación se da la tabla de valores obtenidos comenzando el proceso con w2 = 50 m·s−1 :
w2 = 50 m · s−1 −→ T2 = 434, 5 K −→ w20 = 59, 2 m · s−1

w2 = 59, 2 m · s−1 −→ T2 = 433, 6 K −→ w20 = 59, 4 m · s−1
w2 = 59, 4 m · s−1 −→ T2 = 433, 6 K −→ w20 = 59, 2 m · s−1
Ası́ pues, la solución resulta:
w2 = 59 m · s−1
T2 = 433, 6 K
p2 = 295, 7 kPa
2) Temperatura a la entrada y salida de la turbina.

Para determinar las temperaturas pedidas se dispone de las ecuaciones:
a) Balance energético aplicado a la turbina.

b) Rendimiento adiabático de la turbina.
Como toda la potencia desarrollada por la turbina se emplea en mover el compresor:
|Ẇ |t = Ẇc −→ ṁ8 (h06 − h08 ) = ṁ1 (h02 − h01 )
que con el modelo de gas perfecto para el aire se reduce a:
ṁ8 (T06 − T08 ) = ṁ1 (T02 − T01 ) (5)
En el enunciado se dice que la turbina descarga el aire al ambiente y a baja velocidad. Con esta
información se puede escribir:
T08 ' T8
p08 ' p8 = pamb
con lo que despejando T06 de la ecuación (5) se obtiene:

ṁ1
T06 = T8 + T02 − T01
ṁ8
Por otra parte, de la ecuación de continuidad aplicada a todo el dispositivo, como éste funciona
en régimen estacionario:
ṁ1 = ṁ8 + ṁ10 despejando ṁ8 = ṁ1 − ṁ10

−−−−−−−−−−ṁ8
−→
= 100 − 45 = 55 kg · s−1
Con este resultado, la temperatura de remanso a la entrada de la turbina vendrá dada por:
T06 = T8 + 249, 8 (6)
El rendimiento adiabático de la turbina viene dado por:

ηt = −
− −−−−−−−−−−−−→
ηc =
h06 − h06s T06 − T8s
T8
1−
T06
= γ−1
p8 γ
1−
p06
Y despejando T8 de esta última expresión:
( γ−1 )
h p8 γ i
T8 = T06 1 − ηt 1 −
p06
Por otra parte se sabe que:

p06 = 0, 96p05
= 0, 96 (0, 96p02 )
= 0, 962 p02 = 276, 48 kPa
Llevando este valor de p06 a la expresión que de T8 se obtiene:
T8 = 0, 7857T06
luego de la ecuación (6):

Temperatura a la
T06 (1 − 0, 7857) = 249, 8 −→ T06 = 1165, 5 K ←−−−−−−−−−−−−−−−−
entrada de la turbina
y con este valor se obtiene que:

Temperatura a la
T8 = 915, 7 K ←−−−−−−−−−−−−−−−
salida de la turbina
3) Velocidad del aire a la salida de la tobera.

De la definición de rendimiento de una tobera se obtiene:
ηtob = −
− −−−−−−−−−−−−→
ηtob =
h09 − h10s T09 − T10s
T10
1−
T09
= γ−1
p10 γ
1−
p09
Despejando T09 de la última expresión:

T10
T09 = " γ−1 #
p10 γ
1 − ηtob 1−
p09
Ahora bien, p09 = pC.A.M. , luego:

423
T09 = " 0,4/1,4 #
100
1 − 0, 85 × 1 −
150
= 466, 4 K
Por otra parte, el balance energético aplicado a una tobera proporciona:

h09 = h010 −
− −−−−−−−−−−−−→
T09 = T010
2
w10
= T10 +
2cp
Despejando la velocidad del aire en la sección de salida:

q
w10 = 2cp (T09 − T10 )
p
= 2.000 × (466, 4 − 423)
Velocidad del aire
= 294, 5 m · s−1 ←−− −−−−−−−−−−−−−−−
4) Flujo desviado a la salida del compresor hacia la C.A.M. y gasto de aire sangrado.
Para calcular el flujo desviado hacia la C.A.M. se establen los balances másico y energético a la
cámara adiabática de mezcla.
- Balance másico en la C.A.M.:
ṁ4 + ṁ7 = ṁ9 = ṁ10 (7)
- Balance energético en la C.A.M.:
ṁ4 h04 + ṁ7 h07 = ṁ9 h09 (8)
h09 − h07
ṁ4 = ṁ9
h04 − h07
que con el comportamiento de gas perfecto para el aire:

T09 − T07
ṁ4 = ṁ9 (9)
T04 − T07
Para obtener los valores de las temperaturas T04 y T07 se analizan los nudos 2-3-4 y 5-6-7.
Figura 1
Figura 2
- Nudo 2-3-4 (Fig 1):

h02 = h04
−→ h02 = h03 = h04
h02 = h03
que con el modelo de gas perfecto para el aire:
T02 = T03 = T04
- Nudo 5-6-7 (Fig 2):

h05 = h06 = h07 −→ T05 = T06 = T07
Ası́ pues:
466, 4 − 1165, 5
ṁ4 = × 45
435, 4 − 1165, 5
Flujo desviado desde el
= 43, 1 kg · s−1 ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
compresor hacia la C.A.M.
Y de la ecuación (7):
ṁ7 = ṁ10 − ṁ4
Gasto de aire
= 45 − 43, 1 = 1, 9 kg · s−1 ←−sangrado
−−−−−−−−−
5) Producción de entropı́a en la instalación.

El segundo principio aplicado al proceso de un sistema abierto en régimen estacionario proporcio-
na: n
X Q̇i X X
σ̇p + = s ṁ − s ṁ
T
i=1 FTi s e
Haciendo aplicación a este caso particular:

Q̇3→5
σ̇p = ṁ10 s10 + ṁ8 s8 − ṁ1 s1 −
TFT
ecuación que, teniendo en cuenta la ecuación de continuidad aplicada a toda la instalación, puede
escribirse como:
Q̇3→5
σ̇p = ṁ10 (s10 − s1 ) + ṁ8 (s8 − s1 ) −
TFT
La variación de entropı́a para un gas perfecto entre dos estados (a) y (b) viene dada por:
Ta pa
s = cp ln − R ln
Tb pb
Por definición de magnitudes de remanso s1 = s01 y como se verifica que s01 = s∞ se tendrá que:
p10 p8
= =1
p∞ p∞
por lo que la producción de entropı́a puede ponerse como:
T10 T8 Q̇3→5
σp = ṁ10 cp ln + ṁ8 cp ln − (10)
T∞ T∞ TFT
Como puede apreciarse en (10), para calcular la producción de entropı́a se precisa conocer pre-
viamente el flujo de calor que la fuente térmica cede a la corriente de aire Q̇3→5 . Este flujo de calor
se determina estableciendo el balance energético a la corriente de aire entre las secciones (3) y (5):

Q̇3→5 = ṁ3 (h05 − h03 ) −
− −−−−−−−−−−−−→
Q̇3→5 = ṁ3 cp (T05 − T03 )
y como:
ṁ3 = ṁ7 + ṁ8
= 1, 9 + 55 = 56, 9 kg · s−1
se obtendrá para el flujo de calor:
Q̇3→5 = 56, 9 × (1.165, 5 − 435, 4)

= 41.542, 7 · 103 W
Ası́, llevando este resultado a (10) la producción de entropı́a valdrá:
423 915, 7 41.542, 7

σp = 45 ln + 55 ln −
298 298 1.800
= 54 kW · K−1 ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−
en la instalación
Problema 36
Para obtener una corriente de 2 kg·s−1 de aire a 50 o C y 9 bar se utilizan dos compresores que
tienen igual relación de compresión y de rendimiento adiabático 0,8 y dos cambiadores de calor que
enfrı́an el aire utilizando agua como fluido refrigerante.
El primer compresor toma aire del ambiente, que se encuentra a 22 o C y 100 kPa, tras lo cual
el aire se enfrı́a 120 o C en el primer cambiador de calor (CC1). A continuación entra en el segundo
compresor y luego en el otro cambiador de calor (CC2) del que sale en las condiciones deseadas.
El aire sufre una caı́da de presión de remanso del 5 % en cada uno de los cambiadores de calor.
El circuito del agua empleada para la refrigeración se encuentra montado a contracorriente del
circuito de aire. Mediante una bomba de rendimiento adiabático 0,85 se toman 15 kg·s−1 de agua
a 15 o C y presión ambiente, que pasan en primer lugar por el segundo cambiador de calor CC2 y
seguidamente por el primero CC1 de los arriba descritos. En esta bomba se incrementa la presión del
agua lo suficiente para compesar una pérdida de presión del 10 % en cada uno de los cambiadores de
calor y devolverla de nuevo al ambiente.
Suponiendo que las velocidades son pequeñas en toda la instalación, se pide calcular:
1.- Salto de temperatura del aire en el segundo cambiador de calor (CC2).

2.- Potencia consumida por la bomba.
3.- Temperatura del agua a la entrada y salida del cambiadopr de calor CC1.
4.- Producción de entropı́a en la instalación.
Esquema de la instalación
Solución
Se trata de un sistema abierto que está funcionando en régimen estacionario tanto el dispositivo
globalmente como cada subsistema de él que pueda separarse. Con la hipótesis de que la velocidades
son pequeñas en toda la instalación se podrán aproximar las magnitudes de remanso a las estáticas.
1) De la expresión del rendimiento adiabático de un compresor aplicada al compresor C2:
γ−1
p4 γ
−1
ηC2 = −−−−−−−−−−−−−→ ηC2
h4 − h3 perfecto para el aire T4
−1
T3
de donde:  γ−1 
p4 γ
− 1
 p3
T4 = T3 1 +
 
ηC2

 
Además, en el enunciado se dice que:
T3 = T2 − 120
Por otra parte, del rendimiento adiabático del compresor C1, de manera análoga se obtiene:
 γ−1 
p2 γ
− 1
 p1
T2 = T1 1 +
 
ηC1

 
En el enunciado se dice que los compresores tienen igual la relación de compresión. Por lo tanto,
con esta condición y con los datos de la caı́da de presión del aire en los cambiadores de calor se
obtiene:
p2 p4 
= 
p1 p3 p2 p5


−→ =
p3 = 0, 95 p2  p1 0, 95 p3
 p
p5 = 0, 95 p4 p5 /p1

p5 p2 p4 3
= 2
−→ = = =
0, 95 p2 p1 p3 0, 95 0.95
Por lo tanto:
1
!
(3/0, 95) 3,5 − 1
T2 = 295 × 1+
0, 8
= 438, 4 K
y:
T3 = 318, 4 K
Con estos valores se obtiene para T4 :

1
!
(3/0, 95) 3,5 − 1
T4 = 318, 4 × 1+ = 473, 2 K
0, 8
Como se conoce la temperatura de salida del aire ϑ5 = 50 o C, el salto de temperaturas en el

cambiador de calor CC2 será:
Salto de temperaturas
|∆TCC2 | = T4 − T5 = 150 K (o o C) ←−−−−−−−−−−−−−−−−
en el cambiador CC2
2) La potencia consumida por la bomba viene dada por:

ẆB = ṁw (hb − ha )
Como, por otro lado, del rendimiento adiabático de una bomba se deduce que:
∆p/ρ
hb − ha =
ηB
se obtendrá para la potencia de la bomba:

ṁ
ẆB = (pb − pa )
ηB ρ
De los datos del enunciado se deduce que:

pd 
pd = 100 kPa = 0, 9 pc −→ pc = 
0, 9
 pd 100
pc −→ pb = 2
= kPa
pc = 0, 9 pb −→ pb = 
 0, 9 0, 92
0, 9
Por lo tanto:
1
pb − pa = 100 − 1 = 23, 45 kPa
0.92
Ası́ pues, se tendrá para la potencia consumida por la bomba:
15 23, 45 · 103 Potencia consumida

ẆB = × = 414 W ←−−por
−−−− −−−−−−−−−
la bomba
0, 85 103
Por otra parte, la temperatura del agua a la salida de la bomba resulta:

!
pb − p a ẆB 1 ẆB pb − pa
c (Tb − Ta ) + = −→ Tb = Ta + −
ρ ṁw c ṁw ρ

1 414
= 288 + × − 23, 45 ' 288 K
4.186 15
3) La temperatura del agua a la entrada del cambiador de calor CC1 se opbtiene aplicando el
balance energético al cambiador de calor CC2. En efecto. Por tratarse de un dispositivo funcionando
en régimen estacionario, de fronteras rı́gidas y adiabáticas el balance energético queda:

p c − pb
ṁw (hc − hb ) + ṁa (h5 − h4 ) = 0 −→ ṁw c (Tc − Tb ) + = ṁa cp (T4 − T5 )
ρ
de donde:
ṁa cp pc − pb
Tc = Tb + (T4 − T5 ) −
ṁw c cρ
ṁa cp
' Tb + (T4 − T5 )
ṁw c
p c − pb
ya que el término es muy pequeño (del orden de 10−3 ) y puede despreciarse frente a cualquiera
cρ
de los otros dos términos. Ası́ pues:
2 1 Temperatura del agua
Tc = 288 + × × 150 = 292, 8 K ←a−−−−−−−−−−−−−−−−
la entrada de CC1
15 4, 186
Y aplicando ahora el balance energético al cambiador de calor CC1 se obtendrá, análogamente:

ṁa cp
Td = Tc + (T2 − T3 )
ṁw c
2 1 Temperatura del agua
= 292, 8 + × × 120 = 296, 6 K ←−a−− −−−−−−−−−−−−−
la salida de CC1
15 4, 186
4) Para calcular la producción de entropı́a se toma como sistema toda la instalación. Y como se trata
de un sistema abierto en régimen estacionario, el segundo principio aplicado a este sistema da:
σ̇p = ṁw (sd − sa ) + ṁa (s5 − s1 )

Td T5 p5
= ṁw cl ln + ṁa cp ln − R ln
Ta T1 p1

296, 6 323
= 15 × 4.186 × ln + 2 × 1000 × ln − 287 × ln 9
288 295
= 1.847, 5 − 1.080 = 767, 5 W · K−1 ←−−en
−−− −−−−−−−−−−−−
la instalación
Problema 37
La figura representa el esquema de un dispositivo que suministra un chorro de aire a una velo-
cidad de 175 m/s. El chorro descarga a la presión del ambiente por medio de una tobera de rendi-
miento adiabático 0,95 y 8 dm2 de sección de salida. Consta de dos compresores movidos por una
turbina de rendimiento adiabático 0,9. El
rendimiento adiabático del primer com-
presor, el cual toma del ambiente 10,4 m3 /s
de aire, es 0,8 y la relación de presiones del
segundo es 5,5. Tras la primera etapa de
compresión el aire se enfrı́a hasta una tem-
peratura 10 o C por encima de la del am-
biente. Tras la segunda compresión el aire se pone en contacto con una fuente térmica donde su
temperatura aumenta en 295 o C. Si el ambiente se encuentra a 30 o C y 100 kPa y suponiendo que
la velocidad del aire es despreciable en todo el circuito excepto en la sección de salida de la tobera
ası́ como que no hay pérdida apreciable de presión en los cambiadores de calor, se pide:
2.- Presión a la salida de la turbina.
3.- Presión a la salida del primer compresor.
4.- Rendimiento adiabático del segundo compresor.
5.- Producción de entropı́a en el dispositivo descrito si el calor extraı́do entre las dos etapas de
compresión se cede a una corriente de agua de 90 m3 /h que entra al cambiador de calor a
temperatura ambiente y la temperatura de la fuente térmica es igual a la de entrada a la
turbina.
1)
evolución del aire

2) Para determinar la presión a la salida de la turbina se parte del rendimiento adiabático de la
tobera que, con el modelo de gas perfecto para el aire y con la hipótesis dada en el enunciado acerca
de la velocidad del aire en el dispositivo presentado, se puede poner en la forma:

T6
1−
T5
ηtob = (γ−1)/γ
p6
1−
p5
y despejando de esta expresión p5 se obtiene:
p6
p5 = 
T6 γ/(γ−1)

1− 

1 − T5 
 ηtob 
Es preciso, pues, determinar las temperaturas de salida y entrada a la tobera. La primera, es decir,
la temperatura de salida de la tobera se determina a partir de la expresión del gasto másico para un
flujo unidireccional y uniforme aplicada en esa sección de salida:
ṁ = ρ6 w6 A6
El gasto másico se obtiene a partir del dato del gasto volumétrico en la sección de entrada al
dispositivo dado. Con la hipótesis de la velocidad dada en el enunciado se puede poner que T∞ =
T0∞ = T01 = T1 , con lo que:
ṁ = V̇1 ρ1
p1
= V̇1
R T1
105
= 10, 4 × ' 12 kg · s−1
287 × 303
Ası́ pues:
p6 w6 A6
T6 =
ṁ R
105 × 175 × 0, 08
= = 406, 5 K
12 × 287
Del balance energético aplicado a la tobera, teniendo en cuenta la hipótesis dada en el enunciado
acerca de la velocidad del aire en el dispositivo presentado y con el modelo de gas perfecto para el
aire, de obtiene que:
T5 = T06
w2
= T6 + 6
2 cp
1752
= 406, 5 + = 421, 8 K
2.000
Por lo tanto:
100 presión del aire
p5 =  3,5 = 114, 6 kPa ←
a
−−−
la
−−−−−−−−−−−−−−
salida de la turbina
406, 5
− 1
1 + 421, 8


 0, 95 
3) Para determinar la presión del aire a la salida del primer compresor se plantea la expresión del
rendimiento adiabático de este compresor que con el modelo de gas perfecto para el aire y teniendo
encuenta la hipótesis dada en el enunciado respecto a la velocidad del alre en el dispositoivo queda:
(γ−1)/γ
p2
−1
p1
ηC1 =
T2
−1
T1
y despejando de esta expresión p2 se obtiene:
γ/(γ−1)
T2
p2 = p1 1 + ηC1 −1
T1
La temperatura T2 se determina estableciendo el balance energético al sistema formado por los dos
compresores y la turbina, C1+C2+T. Por ser un sistema abierto funcionando en régimen estacionario
y de fronteras adiabáticas y para el que además Ẇi = 0 ∀i y con la hipótesis del enunciado sobre las
valocidades del aire en la instalación:
X X
s e
esto es:
h2 − h1 + h3 − h20 + h5 − h4 = 0
Que en este caso queda, por tratarse de un gas perfecto:
T2 − T1 + T3 − T20 + T5 − T4 = 0
Despejando T2 :
T2 = T1 + T20 + (T4 − T3 ) − T5
= 303 + 313 + 295 − 421, 8 = 489, 2 K
Obteniéndose, por lo tanto, para p5 :
3,5
498, 2
p2 = 100 × 1 + 0, 8 × −1
303
presión a la salida
= 405, 3 kPa ←−−−−−−−−−−−−−−−−
del primer compresor
4) El rendimiento adiabático del segundo compresor viene dado por:

(γ−1)/γ
p3
−1
p2
ηC2 =
T3
−1
T20
Por otra parte, del enunciado se sabe que p3 = 5, 5p2 y que T3 = T4 − 295. La temperatura
T4 de entrada a la turbina se obtiene a partir de la expresión del rendimiento adiabático de este
dispositivo que, aunque resulte repetitivo con las hipótesis ya mencionada sobre la velocidad del aire
en la instalación dada, del comportamiento del aire como gas perfecto y sobre la no existencia de
caı́da de presión en los cambiadores de calor, es:
T5
−1
T4
ηT = (γ−1)/γ
p5
−1
p4
de donde:
T5
T4 = " (γ−1)/γ #
p5
1 + ηT −1
p4
421, 8
= " 1/3,5 # ' 869 K
114, 6
1 + 0, 9 × −1
5, 5 × 405, 3
por lo que:
T3 = 574 K
Y el rendimiento del segundo compresor será:

(5, 5)1/3,5 − 1 rendimiento adiabático
ηC2 = = 0, 75 ←−−−−−−−−−−−−−−−−−
574 del segundo compresor
−1
313
5) Del segundo principio aplicado a todo el dispositivo se obtiene, con el modelo da gas perfecto para
el aire:
Q̇3→4
σ̇p = ṁ (s6 − s1 ) + ṁw ∆sw −
T4
T6 Tsal Q̇3→4
= ṁ cp ln + ṁw cw ln w
−
T1 Tent T4

T6 ∆Tw Q̇3→4
= ṁ cp ln + ṁw cw ln 1 + −
T1 T∞ T4
Por otra parte, del balance energético aplicado al cambiador de calor:
X X
s e
que con los modelos de gas perfecto para el aire y lı́quido calorı́ficamente perfecto para el agua queda:
ṁcp (T20 − T2 ) + ṁw cw ∆Tw = 0
Despejando el incremento de temperatura del agua:

ṁ cp
∆Tw = (T2 − T20 )
ṁw cw
12 1
= × × (489, 2 − 313) = 20, 2 K
90/3, 6 4, 18
Ası́ pues, la producción de entropı́a resulta:

406, 5 295 90 20, 2
σ̇p = 12 × 1 × ln − + × 4, 18 × ln 1 +
303 869 3, 6 303
= 6, 2 kW · K−1 ←−−−en
−−el
−−proceso
−−−−−−−−−
Problema 38

En un proceso industrial se precisa una corriente de 135 m3 /min de CH4 cp = 2.180 J/(kg·K) a
18 bar. En la figura adjunta se muestra un esquema del dispositivo para lograr ese objetivo. Excepto
en la sección de salida de la tobera, puede despreciarse en cada elemento la variación de energı́a
cinética frente a la variación de la entalpı́a.
El CH4 entra al primer compresor
en condiciones del ambiente (27 o C y
100 kPa). Los tres compresores tienen
el mismo rendimiento adiabático (0,85)
y la misma relación de compresión
(p2 /p1 = p4 /p3 = p6 /p5 = 3). El enfria-
miento entre cada etapa de compresión
se consigue con agua que entra a tempe-
ratura ambiente y experimenta un in-
cremento en su temperatura de 15 o C.
Esquema del dispositivo descrito. La corriente de metano exprimenta una
caı́da en la presión del 10 % al pasar por
cada uno de los tres cambiadores de calor y entra a los dos compresores finales a una temperatura
10 o C por encima de la temperatura ambiente.
Después del tercer compresor el metano se enfrı́a hasta 270 K por medio de un máquina frigorı́fica
cuyo COP es 2,5 para, a continuación, entrar en una tobera, de rendimiento adiabático 0,95, de la
que el CH4 sale a la presión deseada. Se pide:
1.- Representar en un diagrama T − s el esquema de la evolución del CH4 ..
2.- Presión de la corriente de gas a la entrada del segundo y tercer compresor y a la salida del
condensador de la máquina frigorı́fica.
3.- Temperatura y velocidad de la corriente a la salida de la tobera.
4.- Caudales de agua, en m3 /h, necesarios para enfriar la corriente de metano entre cada etapa de
compresión.
5.- Potencia total consumida en la instalación.
5.- Producción de entropı́a por unidad de tiempo en el dispositivo.
Solución
1) Del enunciado del problema se deduce que:

T3 = T5 > T1
T4 = T6 > T2
p8 > p4
y ası́ se refleja de forma cualitativa en el diagrama
T − s adjunto
2) En el enunciado se dice que la relación de compresión de los tres compresores es la misma e igual
a 3 y que en el enfriamiento intermedio de los ters compresores y en el evaporador de la máquina
frigorı́fica ha y una caı́da de presión de la corriente dle gas del 10 %. Ası́ pues:
p2 = 3p1 p3 = 0, 9p2 p4 = 3p3 p5 = 0, 9p4 p6 = 3p5 p7 = 0, 9p6
= 300 kPa = 270 kPa = 810 kPa = 729 kPa = 2.187 kPa = 1.968, 3 kPa
3) La temperatura de la corriente a la salida de la tobera se obtiene a partir del rendimiento adiabático

de ese dispositivo:
h8 − h7 
 T8
ηtob = −1
−− −−− − −−−− − −− −−→ ηtob = R/cp
 perfecto para el metano p8
proceso 7 → 8s ∆s = 0 −1
p7
Y despejando T8 de esta expresión:
( " R/cp #)
p8
T8 = T7 1 + ηtob −1
p7
" 8,314/(16×2,18) !#
1.800
= 270 × 1 + 0, 95 × −1
1.968, 3
temperatura del gas en la
= 264, 6 K ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
sección de salida de la tobera
Conocida la temperatura en la sección de salida de la tobera, la velocidad de la corriente en esa
sección se obtendrá de:
w2
q
h7 = h8 + 8 − −− −− −− −− −− −− −−→
perfecto para el metano
w 8 = 2 cp (T7 − T8 )
2 p
= 2 × 2.180 × (270 − 264, 6)
velocidad de la corriente en la
' 153 m · s−1 ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
sección de salida de la tobera
4) Una vez conocidas la presión y temperatura de la corriente a la salida de la tobera, se puede
calcualr el gasto másico, ya que como dato se da el gasto volumétrico en esa sección. En efecto:
p8
ṁ = V̇8
R T8
135 18 · 105
= × = 29, 5 kg · s−1
60 8.314
× 264, 6
16
El caudal de agua en cada uno de los cambiadores de calor se obtiene estableciendo el balance
energético en esos dispositivos. En ellos, por ser dispositivos adiabáticos y sin fronteras impermeables
móviles, el balance energático quedará:
X X
hs ṁs − he ṁe
s e
Ası́, en el cambiador de calor CC1 se tendrá:

ṁCH4 h3 + ṁwCC1 hb − ṁCH4 h2 + ṁwCC1 ha = 0
Agrupando términos y con el modelo de gas perfecto para el CH4
y de lı́quido calorı́ficamente perfecto para el agua quedará:
ṁCH4 cpCH (T3 − T2 ) + ṁwCC1 cw (Tb − Ta ) = 0
4
donde se ha supuesto que no hay caı́da de presión del agua en el

conducto a-b. Despejando de esta ecuación ṁwCC1 :
ṁCH4 cpCH T2 − T3
4
ṁwCC1 =
cw ∆Tw
La temperatura T2 se obtiene a partir del rendimiento del primer compresor:
R/cp
p2
h2s − h1 

−1
ηCC1 = p1
h2 − h1 −−con
−−−el modelo de gas
−−−−−−−−−−→ ηCC1 =
perfecto para el metano T2
proceso 1 → 2s : ∆s = 0 −1

T1
Despejando T2
R/cp
p2
− 1!
p1
T2 = T1 1 +
ηCC1
38,314/(16×2,18) − 1
= 300 × 1 + = 405, 6 K
0, 85
Llevando este resultado a la ecuación del caudal en CC1 se obtendrá:
4
ṁwCC1 =
cw ∆Tw
29, 5 × 2, 18 405, 6 − 310 3.600
= × = 98 kg/s −→ V̇H2 O = 98 × 1.000
4, 18 15
caudal de agua
= 352 m3 /h ←−−− −−−−−−−−
en CC1
Análogamente, en el cambiador de calor CC2 se tendrá:

ṁCH4 h5 + ṁwCC2 hb − ṁCH4 h4 + ṁwCC2 ha = 0
Agrupando términos y con el modelo de gas perfecto para el CH4
y de lı́quido calorı́ficamente perfecto para el agua quedará:
ṁCH4 cpCH (T5 − T4 ) + ṁwCC2 cw (Tb − Ta ) = 0
4
donde se ha supuesto que no hay caı́da de presión del agua en el

conducto a-b. Despejando de esta ecuación ṁw :
4
ṁwCC2 =
cw ∆Tw
La temperatura T4 se obtiene a partir del rendimiento del segundo compresor:
R/cp
p4
h4s − h3 

−1
ηCC2 = p3
h4 − h3 −−con
−−−el modelo de gas
−−−−−−−−−−→ ηCC1 =
perfecto para el metano T4
proceso 3 → 4s : ∆s = 0 −1

T3
Despejando T2
R/cp
p4
− 1!
p3
T4 = T6 = T3 1 +
ηCC1
38,314/(16×2,18) − 1
= 310 × 1 + = 419, 2 K
0, 85
Llevando este resultado a la ecuación del caudal en CC2 se obtendrá:

4
ṁwCC2 =
cw ∆Tw
29, 5 × 2, 18 416, 2 − 310 3.600
= × = 112 kg/s −→ V̇H2 O = 112 × 1.000
4, 18 15
caudal de agua
= 403 m3 /h ←−−− −−−−−−−−
en CC2
5) La potencia total consumida en la instalación será la suma de la correspondiente a los tres

compresores y la de la máquina frigorı́fica.
La de los compresores, considerando el metano gas perfecto en todo el intervalo de preisones y
temperaturas en el que trabaja, la potencia será:
ẆC1 + C2 + C3 = mCH4 cpCH (T2 + T4 + T6 − T1 − T3 − T5 )

4
= 29, 5 × 2, 18 × (405, 6 + 2 × 419, 6 − 300 − 620)

' 20, 8 · 103 W = 20, 8 MW
En cuanto a la máquina frigorı́fica:
Q̇2
ẆMF =
COPMF
El flujo de calor por unidad de tiempo Q̇2 = −Q̇6→7 se obtiene estableciendo el balance energético
en el evaporador de la MF:
Q̇2 = −mCH4 cpCH (T7 − T6 )
4
= −29, 5 × 2, 18 × (270 − 419, 6)

= 9.620 kW ' 9, 6 MW
y la potencia:
9, 6
ẆMF = ' 3, 8 MW
2, 5
Ası́ pues, la potencia total consumida será:
potencia total
Ẇtotal = 24, 6 MW ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
consumida en el dispositivo
6) La producción de entropı́a en el dispositivo se obtiene de la ecuación del segundo principio para

un sistema abierto en régimen estacionario:
X Q̇i X X
i
TFT i s e
que en este caso queda:
Q̇1
σ̇p = ṁCH4 (s8 − s1 ) + (ṁwCC1 + ṁwCC2 )(sb − sa ) +
Tamb
Con el modelo de gas perfecto para el metano y de lı́quido calorı́ficamente perfecto para el agua,
la ecuación anterior queda:

T8 p8 ∆Tw Q̇2 + ẆMF
σ̇p = ṁCH4 cpCH ln − RCH4 ln + (ṁwCC1 + ṁwCC2 ) ln 1 + +
4 T1 p1 Tamb T
amb
264, 6 8, 314 15 13.400
= 29, 5 × 2, 18 × ln − × ln 18 + (98 + 112) × 4, 18 × ln 1 + +
300 16 300 300
= −52, 4 + 42, 8 + 44, 7 ' 31 kW · K−1 ←−−en
−−− −−−−−−−−−−−−
el dispositivo
Problema 39
Mediante la válvula V , se consigue regular la potencia útil de la turbina de gas de la instalación
mostrada en la figura: El compresor, movido por la turbina, tiene un rendimiento adiabático igual
a 0,8 y una relación de presiones de remanso de 7. En él se comprimen 15 kg·s−1 de aire ambiente,
tras lo cual se divide la corriente de modo que una parte se calienta hasta alcanzar una temperatura
de remanso de 1.400 K, mientras la otra atraviesa la válvula mencionada. En dicha válvula, cuyo
diámetro de salida es 8,5 cm, la pérdida de presión de remanso es del 5 % con respecto a la salida
del compresor. La temperatura estática a la salida de la válvula es 545 K.
Al unir las corrientes, se encuentra que la pérdida de presión de remanso entre la salida del
compresor y la entrada a la turbina es del 10 %. La turbina, que descarga al ambiente, desarrolla
una potencia total de 7 MW y su rendimiento adiabático es
0,9. Se pide calcular:
1.- Potencia útil.
2.- Velocidad a la salida de la válvula.
3.- Calor recibido por el aire por unidad de tiempo.
4.- Temperatura de entrada a la turbina.
5.- Temperatura y velocidad a la salida de la turbina.
6.- Irreversibilidad del proceso si se supone que el calor
recibido por el aire es cedido desde una fuente térmica a 1.800 K.
NOTA: Tómese cp = 1.032 J·kg−1 ·K−1 para el aire en toda la instalación.
Solución
1) Potencia útil.
La potencia útil (o neta) es la diferencia entre la potencia desarrollada por la turbina y la consu-
mida por el compresor, esto es:
ẆN = |Ẇt | − Ẇc
La potencia comsumida por el compresor se obtiene de aplicar a éste el balance energético, es
decir:
Ẇc = ṁ1 (h02 − h01 ) −
− −−−−−−−−−−−−→ Ẇc = ṁ1 cp (T02 − T01 )
La temperatura del aire a la salida del compresor se obtiene a partir del rendimiento adiabático
de éste:
R/cp
p02
h02s − h01 

−1
ηCC2 = con el modelo de gas p01
h02 − h01 −− −−−−−−−−−−−−→ ηc =
proceso 01 → 02s : ∆s = 0 −1

T01
y despejando T02 :
R/cp
p02
" − 1#
p01
T02 = T01 1 +
ηc
Como el compresor toma el aire del ambiente en calma:

h01 = hamb con el modelo de gas T01 = Tamb
−
− −−−−−−−−−−−−→
s01 = samb p01 = pamb
Ası́ pues:
R/cp
p02
" − 1#
pamb
T02 = Tamb 1 +
ηc
" #
7287/1.032 − 1
= 288 × 1 + = 546, 5 K
0, 8
Y por lo tanto:
Ẇc = 15 × 1.032 × (546, 5 − 288)
= 4.001.580 W −→ Ẇc ' 4.000 kW
La potencia útil será pues:
ẆN = 7.000 − 4.000

Potencia
= 3.000 kW ←−− −−−−
útil
2) Velocidad a la salida de la válvula.

Del balance energético aplicado a la válvula se obtiene que:
con
−−−−el
−−modelo
−−−−−−de
−−− gas
−→ T05 = T04
h05 = h04 perfecto para el aire
y por otra parte T02 = T04 , por lo que:
T05 = T02 −→ T05 = 546, 5 K
De la definición de temperatura de remanso para un gas perfecto:
w2
T0 = T +
2
luego despejando la velocidad de la corriente:

q q
haciendo aplicación
w = 2cp (T0 − T ) −−−a−− −−−−−−−−→ w5 = 2cp (T05 − T5 )
la sección 5
p
= 2 × 1.032 × (546, 5 − 545)
Velocidad del aire a la
= 55, 6 m · s−1 ←−salida
−−−−− −−−−−−−−−−−
de la válvula

p05 = 0, 95 p02
= 0, 95 × 700 = 665 kPa
y, para un gas perfecto, de la relación entre la temperatura y la presión de remanso y sus valores
estáticos se obtiene:
c /R
T5 p
p5 = p05 ·
T05
1.032/287
545
= 665 × = 658, 5 kPa
546, 5
y de la definición de gasto másico:

con el modelo de gas p5
ṁ5 = ρ5 · w5 · A5 −
− −−−−−−−−−−−−→ ṁ5 =
· w5 · A5
R T5
658, 5 · 103 π × 0, 0852
= × 55, 6 ×
287 × 545 4
gasto másico de aire
= 1, 328 kg · s−1 ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−
circulante por la válvula
3) Calor recibido por el aire por unidad de tiempo.

El balance energético aplicado al aire entre las secciones 3 y 6 proporciona:
Q̇3→6 = ṁ3 (h06 − h03 ) −
− −−−−−−−−−−−−→ Q̇3→6 = ṁ3 cp (T06 − T03 )
Ahora bien:
T03 = T02
= 546, 5 K
ṁ3 = ṁ1 − ṁ5
= 15 − 1, 328 = 13, 672 kg · s−1
Por lo tanto:
Q̇3→6 = 13, 672 × 1.032 × (1.400 − 546, 5)
Flujo de calor
= 12.042.462 W −→ Q̇3→6 ' 12 MW ←−−−−−−−−−−−−−−
recibido por el aire
4) Temperatura del aire a la entrada de la turbina.

Estableciendo el balance energético a la mezcla de las corrientes 5 y 6:
ṁ5 h05 + ṁ6 h06 = ṁ7 h07 −
− −−−−−−−−−−−−→ ṁ5 T05 + m6 T06 = ṁ7 T07
Despejando T07 :
ṁ5 T05 + m6 T06
T07 =
ṁ7
y como ṁ7 = ṁ1 :
1, 328 × 546, 5 + 13, 672 × 1.400
T07 =
15
Temperatura de remanso del aire
= 1.324 K ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
a la entrada de la turbina
5) Temperatura y velocidad de aire a la salida de la turbina.
La potencia desarrollada por la turbina viene dada por:
|Ẇt | = ṁ7 (h07 − h08 ) −
− −−−−−−−−−−−−→ |Ẇt | = ṁ7 cp (T07 − T08 )
y como en el enunciado se dice que |Ẇt | = 7.000 kW, despejando T08 :
|Ẇt |
T08 = T07 −
ṁ7 cp
7 · 106
= 1.324, 4 − = 872 K
15 × 1.032
Con el modelo de gas perfecto y la definición de temperatura de remanso se puede poner para el
aire en la sección de salida de la turbina:
w82
872 = T8 + (1)
2 × 1.032
Por otra parte del rendimiento adiabático de la turbina:
h08 − h07 
 T08
ηt = −1
−
− −− − −−−− −− − − −→
ηt = R/cp
proceso 07 → 08s : ∆s = 0
 p08
−1
p07
despejando p08 :
T08
" − 1 #cp /R
T
p08 = p07 1 + 07
ηt
T08
" − 1 #cp /R
T07
= 0, 9p02 1+
ηt
872
− 1 1.032/287
" #
= 0, 9 × 700 × 1 + 1.324 ' 113 kPa
0, 9
De la definición de magnitudes de remanso para un gas perfecto:

c /R
p08 T08 p
=
p8 T8
luego:
R/cp
p8
T8 = T08
p08
287/1.032
100 Temperatura del aire
= 872 × ' 843 K ←
a
−la
−−salida
−−−−− −−−−−−−−−−
de la turbina
113
Llevando este resultado a (1):
q
w8 = 2cp (T08 − T8 )
p
= 2 × 1.032 × (872 − 843)
= 244, 7 m · s−1 ←−−Velocidad
−−−−−−−− del aire
−−−−−−−−
a la salida de la turbina
6) Irreversibilidad del proceso.

Para un sistema abierto, la irreversibilidad se define como:
I˙ = Tamb σ̇p
y del segundo principio para un sistema abierto en régimen estacionario:

Q̇3→6
σ̇p = ṁ1 (s8 − s1 ) −
TF T
De la definición de magnitudes de remanso s01 = s1 y como, según se dijo en el apartado 1),

s01 = samb , se puede poner:
Q̇3→5
σ̇p = ṁ1 (s8 − samb ) −
TF T

T8 p8 Q̇3→5
σ̇p = ṁ1 cp ln − R ln −
Tamb pamb TF T
843 12.000
= 15 × 1, 032 × ln − ' 10 kW · K−1
288 1.800
Por lo tanto:
I˙ = 288 × 10
Irreversibilidad
= 2.880 kW ←−del
−−− −−−−−−−
proceso
Problema 40
Para comprimir hasta 3 bar una corriente de 5 kg/s de metano, que se encuentra a temperatura
ambiente y 1,5 bar, se utiliza un compresor de rendiiento adiabático 0,8 que es arrastrado por la
turbina de la instalación que se describe a continuación.
Un compresor de relación de compresión 5 y rendimiento adiabático 0,82 toma aire del am-
biente. A su salida el aire se calienta hasta 390 o C en un cambiador de calor y hasta 730 o C
al hacerlo pasar por una fuente térmica. A conti-
nuación. el aire se expande en una turbina de rendi-
miento adiabático 0,9. La potencia de esta turbina
se emplea ı́ntegramente en mover ambos compre-
sores. La corriente que sale de la turbina se emplea,
de nuevo, en el cambiador de calor para calentar
la corriente que sale del compresor, descargando
al ambiente. La pérdida de presión de cada una de
las corrientes al atravesar el cambiador de calor es del 5 %.
Las condiciones del ambiente son 20 o C y 95 kPa y las velocidades de los gases son bajas en toda
la instalación. Se pide calcular:
1.- Temperatura del aire a la salida del compresor.

2.- Temperatura del aire a la salida de la turbina.
3.- Temperatura del aire a la salida de la instalación.
4.- Temperatura del metano a la salida del compresor.
5.- Potencia consumida por el copmpresor de metano.
6.- Gasto másico de aire necesario.
7.- Calor intercambiado en el cambiador de calor.
8.- Calor recibido por el aire en la fuente térmica.
9.- Si la fuente térmica se ecuentra a 850 o C, irreversibilidad en toda la instalación.
10.- Esquema de la evolución del aire en el diagrama (T − s).
Solución
Toda la instalación y cada uno de sus subsistemas se consideran que están funcionando en régimen
estacionario, por lo que serán de aplicación las ecuaciones (4.15), (4.17) y (4.18) de los Apuntes de
Termodinámica.
Se utilizará el modelo de gas perfecto tanto para el aire como para el metano. Como las velocidades
son bajas en toda la instalación, se puede suponer que:
magnitudes de remanso ≈ magnitudes estáticas
por lo que:
T1 ≈ T01 = T0amb ≈ Tamb y p1 ≈ p01 = p0amb ≈ pamb
1) Del rendimiento adiabático de un compresor:
Ra /cpa
p2
h2s − h1 

−1
h2 − h1 −−−−−−−−−−−−−→ ηc =
proceso 1 → 2s : ∆s = 0 −1

T1
Despejando T2 :
 γaγ−1 
p2 a
− 1
 p1
T2 = Tamb 1 +
 
ηc

 
51/3,5 − 1

= 293 × 1 + = 501, 6 K ←− −−−−−−−−−−−−−−−−−
0, 82
2) Para determinar la temperatura del aire a la salida de la turbina se establce la ecuación del
rendimiento adiabático de esta:
h5 − h4 
 T5
ηt = −1
−−−−−−−−−−−−−→ ηt =
perfecto para el aire Ra /cpa
proceso 4 → 5s : ∆s = 0
 p5
−1
p4
Despejando T5 : " !#
Ra /cpa
p5
T5 = T4 × 1 + ηt −1
p4
De los datos del enunciado se obtiene que:

p4 = p3 = 0, 95 × p2
= 0, 95 × 5 × p1 = 451, 3 kPa
pamb
p5 = = 100 kPa
0, 95
Por lo tanto: " 1/3,5 !#
100
T5 = 1.003 × 1 + 0, 9 × −1
451, 25
= 687, 2 K ←−−−−−−−−−−−−−−−−−
3) La temperatura a la que el sire sale de la instalaciópn se calcula estableciendo el balance energético
al cambiador de calor, que por ser un dispositivo que funciona en régimen estacionario y sus superficies
de control son rı́gidas y se consideran adiabáticas:
h6 + h3 − (h2 + h5 ) = 0
Con el modelo de gas perfecto para el aire
T6 = T2 + T5 − T3
= 501, 6 + 687, 2 − 663 = 525, 8 ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
a la salida de la instalación
4) Para determinar la temperatura del metano a la salida del compresor se utizarán las ecuaciones
del apartado 1) sólo que aplicadas al metano (RCH4 = 519, 6 J·kg−1 ·K−1 , cpCH4 = 2.180 J·kg−1 ·K−1 )
en vez del aire:
RCH /cpCH
p8 4 4
h8s − h7 

−1
h8 − h7 −−−−−−−−−−−−−−−→ ηc =
 perfecto para el metano T8
proceso 7 → 8s : ∆s = 0 −1
T7
Despejando T8 :
 RCH /cpCH

p8 4 4
− 1
 p7
T8 = Tamb 1 +
 
ηc

 
2519,6/2.180 − 1

Temperatura del metano
= 293 × 1 + = 359 K ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−
0, 8
5) Estableciendo el balance energético al compresor C2 se obtiene:

ẆC2 = ṁCH4 (h8 − h7 )
que con el moldelo de gas perfecto para el metano queda:
ẆC2 = ṁCH4 cpCH4 (T8 − T7 )
Potencia consumida en la
= 5 × 2, 180 × (358, 8 − 293) = 717 kW ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
compresión del metano
6) Del acoplamiento turbina-compresores

)
−ẆC1 − ẆC2 = ṁ (h5 − h4 )
ẆC1 = ṁ (h2 − h1 )
Esto es:
−ṁ(h2 − h1 ) − ẆC2 = ṁ (h5 − h4 )
Ası́ pues, reordenando términos y despejendo ṁ se obtiene:
ẆC2
ṁ =
h4 − h5 − (h2 − h1 )
Con el modelo de gas perfecto para el aire y para el metano, teniendo en cuenta la expresión ya
dada de ẆC2 :
ṁCH4 cpCH4 (T8 − T7 )
ṁ =
cpa (T4 − T5 − T2 + T1 )
717, 2 gasto de aire
= = 6, 7 kg · s−1 ←−necesario
−−−−−−−−
1 × (1.003 − 687, 2 − 501, 6 + 293)
7) El calor intercambiado entre las corrientes en el cambiador de calor se obtiene sin más que aplicar
el balance energético a cualquiera de las corrientes. Tomando la corriente 2→ 3:
Q̇CC = ṁ (h3 − h2 )

Q̇CC = ṁcpa (T3 − T2 )
= 6, 60 × 1 × (663 − 501, 6) = 1.080 kW ←−−Calor
−−−−−intercambiado
−−−−−−−−−−−−−
por las corrientes en el CC
8) de manera análoga, estableciendo el balance energético a la corriente de aire que pasa por la fuente
térmica:
Q̇3→4 = ṁ cpa (T4 − T3 )
Calor recibido por
= 6, 69 × 1 × (1.003 − 663) = 2.275 ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
la corriente de aire en FT
9) Del segundo principio aplicado a toda la instalación se obtiene:
Q̇3→4
σ̇p − = ṁ (s6 − s1 ) + ṁCH4 (s8 − s7 )
TFT
que con el modelo de gas perfecto para el aire y el metano queda en la forma:

T6 p6 T8 p8 Q̇3→4
σ̇p = ṁ cpa ln − Ra ln + ṁCH4 cpCH4 ln − RCH4 ln −
T1 p1 T7 p7 TFT

525, 8 359 8, 314 3 2.275
= 6, 7 × 1 × ln + 5 × 2, 18 × ln − × ln −
293 293 16 1, 5 1.123
' 2, 3 kW · K−1 ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−
en la instalación
10) Esquema de la evolución del aire en el diagrama (T − s).
Esquema de la evolución del aire en el diagrama T-s

Problema 41
Para obtener 15 m3 ·s−1 de aire a 50 o C se dispone de la instalación mostrada en la figura. El
aire entra al dispositivo a través de una toma donde se pro-
duce una pérdida de presión de remanso del 2 %. A con-
tinuación pasa por un comprersor que consume 250 kW y
posteriormente por un cambiador de calor donde la pérdi-
da de presión de remanso es del 5 %. Finalmente, el aire
se acelera en una tobera de rendimiento adiabático 0,9 que
descarga la corriente al ambiente en las condiciones desea-
das. En la tobera la caı́da de presión de remanso es del
1 %.
El ambiente se encuentra a 95 kPa y 15 o C. Se pide:
1.- Gasto másico circulante por la instalación.

2.- Velocidad de la corriente a la salida de la instalación.
3.- Área de la sección de salida.
4.- Rendimiento adiabático del compresor.
5.- Calor suministrado al aire en el cambiador de calor.
6.- Producción de entropı́a en la instalación si el cambiador de calor se asemeja a una fuente térmica
a 100 o C.
Solución
1) De la difinición de gasto volumétrico V, se deduce que:
ṁ = ρ V̇
La sección en la que se puede determinar la densidad es la sección de salida, ya que en ella se

conoce la presión y la temperatura. Ası́, con el modelo de gas perfecto para el aire:
p5
ṁ = V̇
R T5
95 · 103 gasto másico
= × 15 = 15, 4 kg · s−1 ←−−−−−−−−−
circulante
287 × 323
2) Del rendimiento adiabático de una tobera:
h04 − h5 
 T5
ηtob = 1−
h04 − h5s con el modelo de gas T05
−−−−−−−−−−−−−→ ηtob
= γ−1
proceso 04 → 5s : ∆s = 0
 p5 γ
1−
p04
ya que T04 = T05 . Por otra parte, con los datos del enunciado y de la definición de magnitudes de
remanso se puede poner que:
p5 p05 p5
=
p04 p04 p05
γ
T5 γ−1
= 0, 99
T05
de modo que sustituyendo este resultado en la expresión del rendimiento adiabático de la tobera se
tiene:
T5
1− γ−1
T05 T05 1 − ηtob (0, 99) γ
ηtob = γ−1 T5
−→ =
T5 1 − ηtob
1 − (0, 99) γ
T05
w52
=1+
2 cp T5
Y despejando la velocidad w5 :
v
γ−1
u !
u 1 − ηtob (0, 99) γ
w5 = t2 cp T5 −1
1 − ηtob
v h i
u γ−1
u
t ηtob 1 − (0, 99) γ
= 2 cp T5
1 − ηtob
v h i
u 0,4
u
t 0, 9 × 1 − (0, 99) 1,4
= 2 × 103 × 323 ×
1 − 0, 9
velocidad de la corriente
' 129 m · s−1 ←− −−−−−−−−−−−−−−−−−−−
a la salida de la instalación
3) Una vez conocidos el gasto y la velocidad del aire en la sección de salida, el área de esta sección
se obtiene sin más que aplicar la definición de gasto másico:
ṁ
ṁ = ρ5 A5 w5 −→ A5 = p5
w5
R T5
15, 4 área de la sección
= = 0, 116 m2 ←−−−de−−− −−−−−−−
95 · 103 salida
× 129
287 × 323
4) El rendimiento adiabático de un compresor viene dado por:

γ−1
p03 γ
h03s − h02 

−1
ηC = con el modelo de gas p02
h03 − h02 −−−−−−−−−−−−−→ ηC =
proceso 02 → 03s : ∆s = 0 −1

T02
Ası́ pues, se tienen que determinar p03 y T03 .

La temperatura de remanso a la salida del compresor se obtiene del dato del consumo energético
de este. En efecto. Con el modelo de gas perfecto el balance energético aplicado al compresor queda:
Ẇ
Ẇ = ṁ cp (T03 − T02 ) −→ T03 = T02 +
ṁ cp
Ẇ
= T∞ +
ṁ cp
250
= 288 + = 304 K
1 × 15, 4
ya que del análisis de la toma T02 = T01 = T∞ . En cuanto a la presión p03 , de los datos de pérdidas
de presión de remanso en el conducto se obtiene:

p04 = 0, 95 p03 p05
−→ p03 =
p05 = 0, 99 p04 0, 95 × 0, 99
Por otra parte, de la definición de magnitudes de remanso aplicadas a un gas perfecto se tiene:
γ
w52
γ−1
p05 = p5 1+
2 cp T5
Por lo tanto:
γ
w52
γ−1
p5 1 +
2 cp T5
p03 =
0, 95 × 0, 99
1,4/0,4
1292

95 × 1 +
2 × 103 × 323
= = 110, 4 kPa
0, 95 × 0, 99
Además se tiene que p02 = 0, 98p01 = 0, 98p∞ . Ası́ pues, llevando estos resultados a la expresión
del rendimiento adiabático del compresor:
0,4/1,4
110, 4
−1
0, 98 × 95
ηC =
304, 2
−1
288
rendimiento adiabático
= 0, 89 ← −−−del
−−−compresor
−−−−−−−−−−−
5) Aplicando el balance enrgético al cambiador de calor se tiene:

Q̇ = ṁ (h04 − h03 ) −−−−−−−−−−−−−→ Q̇ = ṁcp (T04 − T03 )
Como se ha dicho anteriormente T04 = T05 , por lo tanto:
w52
T04 = T5 +
2 cp
1292
= 323 + = 331 K
2 × 103
Ası́ pues:
Q̇ = 15, 4 × 103 × (331 − 304) = 416 · 103 W

calor suministrado al aire
' 420 kW ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
5) Aplicando la ecuación del segundo principio a la corriente de aire entra las secciones de entrada
y salida, teniendo en cuenta que de la definición de magnitudes de remanso s0 = s, con el modelo de
gas perfecto para el aire se puede escribir:
Q̇3→4
σ̇p = ṁ (s5 − s01 ) −
TFT
T5 Q̇3→4
= ṁ cp ln −
T01 TFT
323 420 · 103
= 15, 4 × 103 × ln − = 640 W · K−1
288 373
ya que T01 = T∞ y p01 = p∞ = p5
Problema 42
Se ha propuesto una instalación de potencia para funcionar según un esquema cerrado, tal como
se muestra en la figura. El fluido de trabajo es helio a alta presión. En lugar de cámara de combus-
tión el helio, antes de entrar en la turbina, eleva su temperatura pasando por un reactor nuclear,
que aquı́ se supondrá equivalente a una fuente térmica a 1.200 K. Como el esquema es cerrado, el
helio no se evacua a la atmósfera tras su expansión en la turbina sino que se enfrı́a en un cambia-
dor de calor y después vuelve al compresor. El
gasto másico de helio es 100 kg·s−1 . La compre-
sión se realiza en dos etapas con refrigeración in-
termedia. Los valores de temperatura y presión
de remanso del helio a la entrada de la prime-
ra etapa de compresión (C1) son 32 o C y 29,4
bar, respectivamente. Antes de entrar en la se-
gunda etapa de compresión (C2) el helio se enfrı́a
en un cambiador de calor (CC1) hasta la tempe-
ratura de entrada a C1. El rendimiento adiabático
de cada etapa de compresión es 0,88 y ambas tie-
nen una relación de compresión de 1,55. Previo
a recibir calor de la fuente térmica, la corriente
Esquema de la instalación de helio se precalienta en un regenerador, donde
la pérdida de presión de remanso es del 2 %, del que sale a una temperatura de remanso de 469 o C.
A la entrada de la turbina el helio tiene una temperatura de remanso de 760 o C. La relación
de expansión en la turbina es 2,22 y su rendimiento adiabático es 0,89. La turbina, además de
mover el compresor, proporciona una potencia útil en eje. Después de la turbina el helio pasa por el
regenerador, donde sufre una pérdida de presión de remanso del 2 %, y a continuación se enfrı́a en
un cambiador de calor (CC2) hasta alcanzar las condiciones de remanso de la entrada a la primera
etapa de compresión. Se desprecia la pérdida de presión de remanso en los conductos, salvo en el
regenerador y en el cambiador de calor CC2. Suponiendo que el helio se comporta como gas perfecto,
se pide:
1.- Representar la evolución del helio en un diagrama T − s.

2.- Temperatura y presión de remanso a la salida de la primera etapa e compresión.
3.- Temperatura y presión de remanso de la corriente de helio a la salida de la turbina y a la entrada
del cambiador de calor CC2.
4.- Potencia útil en eje producida por la turbina.
5.- Energı́a mecánica disipada por fricción en la corriente que atraviesa el regenerador hacia la
fuente térmica, si las secciones de entrada y salida son de 0,0962 m2 .
6.- Producción de entropı́a del proceso si el calor cedido en los cambiadores de calor CC1 y CC2
va por último al ambiente.
Solución
Todo el dispositivo, ası́ como cualquiera de sus partes, es un sistema abierto funcionando en
régimen estacionario. Las superficies de control permeables de cualesquiera de los elementos en los
que puede subdividirse el dispositivo completo, son superficies fijas respecto a un sistema de referencia
ligado al dispositivo. Ası́ el balance energético, en general, vendrá dado por:
X X X X
Q̇i + Ẇi = h0 ṁ − h0 ṁ (1)

s e
i i s e
si se desprecia la variación de energı́a potencial del aire. La ecuación de conservación de la masa:

X X
ṁ − ṁ = 0
e s
e s
1)
Esquema de la evolución del helio en el diagrama T-s

2) La temperatura de remanso a la salida de la primera etapa de compresión se obtiene a partir de
la expresión del rendimiento adiabático de un compresor. En efecto:
R/cp
p02
h02s − h01 

−1
ηC1 = con el modelo de gas p01
h02 − h01 −−−−−−−−−−−−−→ ηC1 =
perfecto para el helio T02
proceso 01 → 02s : ∆s = 0 −1

T01
Y despejando T02 :
 " R/cp #
 p02
−1 
 
 

 p01 

T02 = T01 1+

 ηC1 


 

 
1, 550,4 − 1

Temperatura de remanso del helio
= 305 × 1 + = 371, 4 K ←a−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
la salida del primer compresor
0, 88
Como la relación de compresión en cada etapa de compresión es 1,55, la presión de remanso a la

salida de la primera etapa de compresión será:
p02 = 1, 55 p01
= 1, 55 × 29, 4 = 45, 57 bar ←−Presión
−−−−−−de−−−remanso del helio
−−−−−−−−−−−−−−
a la salida del primer compresor
Del enunciado del problema se deduce que la temperatura de remanso de la corriente de helio a la
salida de la segunda etapa de compresión es la misma que tiene a la salida de la primera etapa de
compresión, ya que las condiciones de entrada de la corriente son las mismas en ambas etapas de
compresión, ası́ como también es la misma la relación de compresión. Ası́ pues:

T04 = T02
= 371, 5 K
p04 = 1, 55 p02
= 1, 552 p01 = 1, 552 × 29, 4 = 70, 6 bar
3) La temperatura y presión de remanso de la corriente a la entrada de la turbina son conocidas, ya

que se dan como datos la temperatura de remanso en Celsuius en esa sección y, además, entre las
secciones 5 y 6 no hay pérdida de presión de remanso, por lo que p06 = p05 . Ası́ pues:
T06 = 760 + 273 = 1.033 K
p06 = 0, 98 p04
= 0, 98 × 70, 6 = 69, 2 bar
Las condiciones de la corriente a la salida de la turbina se obtienen, de forma análoga al compresor,

de la expresión del rendimiento adiabático de una trubina:
h07 − h06 
 T07
ηt = −1
−−−−−−−−−−−−−→ ηt = R/cp
perfecto para el helio
proceso 06 → 07s : ∆s = 0
 p07
−1
p06
Y despejando T07 : ( " #)
R/cp
p07
T07 = T06 1 + ηt −1
p06
" " 0,4 ##
1
= 1.038 × 1 + 0, 89 × −1
2, 22
Temperatura de remanso del helio
= 781, 7 K ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
En cuanto a la presión de remanso:
p06
p07 =
2, 22
69, 2 Presión de remanso del helio
= = 31, 2 bar ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
2, 22
Las condiciones de la corriente a la entrada del cambiador de calor CC2 son las mismas que las
de salida del regenerador de la corriente que proviene de la turbina. Ası́ pues, se impone realizar el
análisis del regenerador. Aplicando el balance energético, ec (1), a este dispositivo que tiene superficies
de control impermeables rı́gidas y adiabáticas, se obtiene:
h04 + h07 = h05 + h08
por lo tanto:
h08 = h04 + h07 − h05 −−−−−−−−−−−−−→ T08 = T04 + T07 − T05
perfecto para el helio
= 371, 5 + 781, 7 − 742
Temperatura de remanso del
= 411 K ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
helio a la entrada del CC2
Como en el regenerado cada una de las corrientes experimenta uan caı́da en su presión de remanso
del 2 %:
p08 = 0, 98 p07
= 0, 98 × 31, 2 = 30, 6 bar ←−−−− −−−−−−−−−−−−−−−−−−
del helio a la entrada del CC2
4) Tanto la turbina como cada uno de los compresores son dipositivos que se consideran adiabáticos,
por lo tanto, aplicando la ecuación (1) a la turbina y a cada uno de los compresores:

−Ẇu − ẆC1 − ẆC2 = ṁ(h07 − h06 )

ẆC1 = ṁ (h02 − h01 )

ẆC2 = ṁ (h04 − h03 )

Ası́ pues, despejando la potencia útil:

Ẇu = −ṁ (h07 − h06 + h02 − h01 + h04 − h03 )
Con el modelo de gas perfecto para el helio:
Ẇu = −ṁ cp [T07 + T02 + T04 − (T06 + T01 + T03 )]

Potencia
= −100 × 5.192 × [781, 7 + 2 × 371, 5 − (1.033 + 2 × 304)] = 61, 4 MW ←−− −−−−
útil
5) La potencia mecánica disipada en el regenerador por la corriente que va hacia la fuente térmica
(4→5) se determina mediante la ecuación de Bernoulli generalizada:
Z
ε̇ = Ẇ − ṁ vdp + ∆em
que en este caso se reduce a: Z 5

ε̇4→5 = −ṁ vdp + ∆em
4
ya que las superficies de control impermeables entre las secciones 4 y 5 son rı́gidas y por lo tanto
no hay potencia mecánica comunicada al sistema (helio entre esas secciones). La integral se evalúa
suponiendo que el helio experimenta una evolución politrópica (pv n = cte) de modo que:
Z 5
nR
vdp = (T5 − T4 )
4 n−1
donde:
n ln(p5 /p4 )
=
n−1 ln(T5 /T4 )
Por lo tanto:
ln(p5 /p4 ) 1 2 1 2
ε̇4→5 = −ṁ R (T5 − T4 ) + w − w
ln(T5 /T4 ) 2 5 2 4
Ası́ pues, para poder aplicar esta ecuación es necesario determinar las temperaturas, presiones y
velocidades de la corriente de helio en cada una de esas secciones. Para ello, se disponen, suponiendo
comportamiento de gas perfecto para el helio en cada sección, de las ecuaciones:

ṁ = ρi wi A1   cRp −1
w 2

  ṁ R T 0i T0i
 wi =
 
Ti = T0i − i
 
Ai p0i Ti

2cp −→
2
cp /R   w
Ti  Ti = T0i − i

 


pi = p0i 
 2cp
T0i
Estas dos ecuaciones se resuelven mediante un proceso iterativo. Ası́, en cada sección se obtiene:

T04 = 371, 4 K 
−1
 w4 = 114 m · s


p04 = 70, 6 bar

 
−→ T4 = 370, 2 K
A4 = 0, 0962 m2   
 p = 70 bar
−1
 4
ṁ = 100 kg · s


T05 = 742 K 
 w5 = 234 m · s−1


p05 = 69, 2 bar

 
−→ T5 = 736, 7 K
A5 = 0, 0962 m2   
 p = 68 bar

−1  5
ṁ = 100 kg · s
Ası́ pues, la potencia mecanica disipada por la corriente resulta:
Potencia mecánica disipada
ε̇4→5 = 1, 19 MW ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
por la corriente de helio
6) Como el helio experimenta un proceso cı́clico, ∆Shelio = 0, de modo que el segundo principio
aplicado al proceso dado resulta:
Q̇i Q̇i
σ̇p + = 0 −→ σ̇p = −
TFTi TFTi
" #
Q̇2→3 Q̇5→6 Q̇8→1
=− + +
Tamb TFT Tamb
Ahora bien, cada cambiador de calor es un sistema abierto funcionando en régimen estacionario
donde las superficies de control impermeables son rı́gidas y adiabáticas. Por lo tanto, la ecuación (1)
aplicada a cada uno de ellos resulta:
Q̇i = ṁ (h0s − h0e )i
Ası́ pues, con el modelo de gas perfecto para el helio:

Q̇2→3 = ṁ(h03 − h02 )
= ṁcp (T03 − T02 )
= 100 × 5, 192 × (305 − 371, 4) = −34.485 kW
Q̇5→6 = ṁ(h06 − h05 )
= ṁcp (T06 − T05 )
= 100 × 5, 192 × (1.038 − 742) = 151.087 kW
Q̇8→1 = ṁ(h01 − h08 )
= ṁcp (T01 − T08 )
= 100 × 5, 192 × (305 − 411, 2) = −55.326 kW
Quedando finalmente para la producción de entropı́a:

−34.485 151.087 −55.326
σ̇p = − + +
288 1.200 288
Producción
= 186 kW · K−1 ← −−−−−−−−−−
de entropı́a
Problema 43
Para mejorar el proceso de admisión de aire en los cilindros de un motor alternativo y aumentar
la potencia mecánica que puede desarrollar éste, es habitual emplear un pequeño turbocompresor.
Los gases de salida de los cilindros accionan una turbina cuyo eje se fija solidariamente al de un
compresor. Dicho compresor toma aire del ambiente (ϑ∞ = 25 o C, p∞ = 100 kPa), convenientemente
filtrado, y eleva su presión, de tal manera que, posteriormente, puede introducirse un gasto mayor en
los cilindros del motor; ası́, para una cilindrada fija, es posible aumentar la cantidad de combustible
a inyectar en los cilindros. El proceso de compresión, que se supone adiabático, inevitablemente
aumenta la temperatura del aire. Para atenuar este efecto indeseable se acostumbra a incluir un
cambiador de calor (intercooler) tras el compresor.
En la figura adjunta se muestra el esque-
ma de una instalación experimental destina-
da a caracterizar el funcionamiento de este
tipo de turbocompresores. Para simular el
efecto de los gases de escape se dispone de
una instalación que acondiciona un gasto de
aire ṁT a una determinada temperatura TD
y presión pD mediante el uso de un compre-
sor CI, una cámara de combustión CC y una
Esquema de la instalación válvula de estrangulamiento.
Con dicha instalación se puede estudiar, entre otras cosas, cómo afectan las condiciones de entrada
a la turbina (ṁT , TD , pD ) al funcionamiento del turbocompresor. En uno de los ensayos, las condiciones
medidas a la entrada de la turbina fueron: ṁT = 0, 05 kg/s, ϑD = 650 o C y pD = 150 kPa; se
midió también a la salida del intercooler un gasto volumétrico de 30 l/s a una temperatura de 80 o C
y una presión de 135 kPa. Sabiendo que el área del conducto por el que circula el aire comprimido es
de 25 cm2 , que el rendimiento adiabático del compresor CI es 0,9 y que hay una pérdida de presión
en la válvula y en la cámara de combustión del 5 %, se pide:
1.- Gasto másico del aire comprimido. Justifı́quese si es razonable despreciar la energı́a cinética de
dicha corriente.
Si, a partir del punto anterior, se considera que la velocidad de los gases en toda la instalación es
pequeña, sabiendo que la pérdida de presión medida en le filtro ha sido del 10 % y que en el intercooler
ha sido del 5 %; que el rendimiento adiabático de la turbina es 0,7 y el salto térmico de la corriente
en la misma fue de 55 o C y que la potencia generada en la turbina se transmite ı́ntegramente al
compresor:
2.- Represéntese en un diagrama T − s la evolución de la corriente A-E.
3.- Determı́nese el rendimiento adiabático del compresor C.
4.- Calcúlese la potencia térmica que hay que suministrar a la corriente de aire en la cámara CC.
5.- Determı́nese el gasto másico y el salto térmico de la corriente de aire de enfriamiento ṁr en
el intercooler si la pérdida de presión de dicha corriente en ese dispositivo es del 10 % y la
producción de entropı́a por unidad de tiempo, σ̇p , en él es de 2 W/K.
Solución
1) Con el dato del gasto volumétrico en la sección 3, el gasto másico ṁa vendrá dado por:
ṁa = V̇3 ρ3
135 · 103
= 30 · 10−3 × ' 0, 04 kg · s−1
287 × (80 + 273)
γ−1 2
Para comprobar si la energı́a cinética se puede despreciar, basta ver si el térmmino M de
2
la expresión de la temperatura de remanso para un gas perfecto es pequeño frente a la unidad o no.
En este caso, la velocidad de la corriente en la sección 3 es:
V̇3
V̇3 = w3 A3 −→ w3 =
A3
0, 03
= = 12 m · s−1
0, 0025
La velocidad del sonido en la misma sección viene dada por :
a2 = γ Ra T3
= 1, 4 × 287 × (80 + 273) = 141.835 m · s−1
Por lo tanto:
w32
M2 =
a2
144 γ−1 2
= −→ M ∼ 10−4 1
141.835 2
Por lo tanto T03 ' T3 y ası́ todas las magnitudees de remanso se podrán sustituir por las corres-
pondientes magnitudes estáticas.
2)
diagrama T-s de la evolución de la corriente A-E

3) El rendimiento adiabático del compresor C, despreciando los términos de la energı́a cinética, viene
dado por:
R/cp
p2
h2s − h1 

−1
ηC = con el modelo de gas p1
h2 − h1 −pefecto
−−−−−− −−−−−−→ ηC =
para el aire T2
proceso 1 → 2s : ∆s = 0 −1

T1


p1 = 0, 9 p∞  p2 1 p3
p3 −→ =
p2 = p1 0, 9 × 0, 95 p∞
0, 95

1 135
= × = 1, 579
0, 9 × 0, 95 100
Por otra parte, como la toda la potencia de la turbina se emplea en mover el compresor, se
tendrá aplicando el balance energético al conjunto T+C:
ṁT (hE − hD ) + ṁa (h2 − h1 ) = 0
que con el modelo de gas perfecto para el aire queda:
T2 ṁ T − TE
ṁT (TE − TD ) + ṁa (T2 − T1 ) = 0 −→ −1= T D
T1 ṁa T1
0, 05 55
= × = 0, 23
0, 04 298
Ası́ pues, el rendimiento del compresor C será:

1, 5791/3,5 − 1
ηC =
0, 23
' 0, 6 rendimiento
←−− −−−−−−− adiabático
−−−−−−−
del compresor C
4) La potencia térmica suministrada a la corriente de aire en CC se obtiene aplicando el balance

energético a ese dispositivo:
Q̇B→C = ṁ (hC − hB ) −−−−−−−−−−−−−→ Q̇B→C = ṁ cp (TC − TB )
Por otra parte, del análisis de la válvula C-D se obtiene que TC = TD = 923 K, por lo que para
de terminar Q̇B→C sólo resta calcular TB Para ello se utiliza la expresión del rendimiento adiabático
de un compresor aplicado a CI:
R/cp
pB
hBs − hA 

−1
ηCI = con el modelo de gas pA
hB − hA −perfecto
−→ ηCI =
TB
proceso A → Bs : ∆s = 0 −1

TA
y despejando TB :
 R/cp 
pB
− 1 

 R/cp
pA
   
TB = TA 1 +
  pD
ηCI
 − 1
   0, 952 p∞
TB = T∞ 1 +
  
−→  ηCI



TA = T∞ 




pC = 0, 95 pB pD  1/3,5
  
−→ pB =
 150
− 1

0, 952

pD = 0, 95 pC  0, 952 × 100
= 298 × 1 +
 
0, 9

 
= 349, 7 K
Por lo tanto:
Q̇B→C = 0, 05 × 103 × (923 − 349, 7) = 28, 7 · 103 W
potencia térmica suministrada
= 28, 7 kW ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
a la corriente en CC
5) Para determinar el gasto másico ṁr y Tβ − Tα en el intercooler

se deben establecer, aplicadas a ese dispositivo, las ecuaciones del
balance energético y del segundo principio. Por tratarse de un dispo-
sitivo de superficies de control impermeables, adiabáticas y rı́gidas
y estar funcionando en régimen estacionario, esas dos ecuaciones
resultan:
ṁa (h3 − h2 ) + ṁr (hβ − hα ) = 0
σ̇p = ṁa (s2 − s1 ) + ṁr (sβ − sα )
que con el modelo de gas perfecto para el aire resultan:
ṁa (T3 − T2 ) + ṁr (Tβ − Tα ) = 0

T2 p2 Tβ pβ
σ̇p = ṁa cp ln − R ln + ṁr cp ln − R ln
T1 p1 Tα pα
Dando valores numéricos y reordenando las ecuaciones estas quedan:

0, 54
ṁr (Tβ − 298) = 0, 54 −→ Tβ = 298 +
ṁr

Tβ
ṁr 103 ln + 30, 24 − 2, 945 = 0
298
Introduciendo la primera ecuación en la segunda se obtiene la ecuación:

 0, 54 
298 +
ṁr
ṁr 103 ln + 30, 24 − 2, 945 = 0
 
298
La solución de esta ecuación da:

ṁr = 0, 039 kg · s−1
y por lo tanto:
Tβ = 312 K −→ Tβ − Tα = 14 o C
Problema 44
Se desea obtener un chorro de 5 m3 /s de nitrógeno (N2 ) a 5 bar y 150 o C. Para ello se utilizan
dos compresores con la misma relación de compresión y mismo rendimiento adiabático. Al primer
compresor el N2 entra a 10 o C y 95 kPa. Entre ambas etapas de compresión el N2 se enfrı́a en
un cambiador de calor, utilizando como fluido refrigerante 7,75 kg/s de agua, que experimenta un
aumento de temperatura de 40 o C. Tras la segunda etapa de compresión, el N2 se acelera en una
tobera de rendimiento adiabático 0,92, de donde sale en las condiciones deseadas. El radio de la
sección de salida de la tobera es 10 cm.
El agua entra al cabiador de calor a 100 kPa y en dicho dispositivo cada una de las corrientes
experimenta una caı́da de presión del 5 %.
Suponiendo pequeñas las velocidades en toda la instalación excepto en la salida de la tobera, se
pide:
1.- Dibujar en un diagrama T − s la evolución del nitrógeno en la instalación.

2.- Variación de temperatura del nitrógeno en el cambiador de calor.
3.- Relación de compresión de los compresores.
4.- Rendimiento adiabático de los compresores.
5.- Producción de entropı́a en el proceso si el agua entra al cambiador de calor a 15 o C.
Solución
1)
Esquema de la instalación. Evolución del N2 en el diagrama T-s.
2) Del balance energético al cambiador de calor, por ser este un sistema abierto funcionando en
régimen estacionario, de superficies de contro rı́gidas y adiabáticas y teniendo en cuenta que del
enunciado se deduce que en todo el dispositivo se puede despreciar la variaciópn de energı́a cinética
frenta a la variación de entalpı́a excepto en la sección de salida de la tobera, se obtiene:
ṁN2 (h3 − h2 ) + ṁw (hb − ha ) = 0
Con el modelo de gas perfecto para el N2 y de lı́quido calorı́ficamente perfecto para el agua lı́quida
y despreciando (pb − pa )/ρ frenta a cw ∆Tw , la ecuación anterior queda:
ṁw cw
ṁN2 cpN2 (T3 − T2 ) + ṁw cw ∆Tw = 0 −→ T2 − T3 = ∆Tw
ṁN2 cpN2
Para determinar esta varición de temperatura del N2 es necesario calcular previamente el gasto
másico de aire circulante por la instalación. Ası́, de los datos dados en la sección de salida de la
tobera:
ṁN2 = V̇5 ρ5
p5
= V̇5
RN2 T5
5 · 105
=5× = 19, 9 kg/s
8.314
× 423
28
También de estos datos de la sección de salida de la tobera se puede determinar la velocidad del
chorro de N2 que sale:
V̇5
w5 =
A5
5
= = 159 m/s
π × 0, 01
Ası́ pues, con el valor obtenido del gasto másico de N2 :
7, 75 × 4, 186 variación de temperatura del

T2 − T3 = × 40 = 62, 7 o C ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
N2 en el cambiador de calor
19, 9 × 1, 040
3) La relación de compresión de los compresores es la misma, por lo tanto:
p2 p4
=
p1 p3
donde se ha tenido en cuenta que en esos compresores puede despreciarse la variación de energı́a
cinética frente a la variación de entalpı́a. Por la misma razón se tendrá que T04 ' T4 . Por otra parte,
del balance energético aplicado a la tobera:
T4 = T05
y T05 vale:
w5
T05 = T5 +
2 cp
1592
= 423 + = 435, 1 K
2.080
Ası́, del rendimiento adiabático de una tobera, teniendo en cuenta lo dicho sobre la variación de
la energı́a cinética:
h5 − h4 
 T5
ηtob = −1
h5s − h4 con el modelo de gas perfecto T4
−−−−−−−− −−−−−−−−−−−→ ηtob
para el N
= R/cp
2
proceso 4 → 5s : ∆s = 0
 p5
−1
p4
Despejando p4 de esta expresión:

p5
p4 =  γ/(γ−1)
T5
− 1
1 + T4


 ηtob 
5
= 3,5 = 5, 6 bar
423
− 1

1 + 435, 1 
 0, 92 
Como, por otra parte, en el enunciado se dice que p3 = 0, 95 p2 , de la igualdad de las relacines de
compresión se obtiene:
r
p1 p4
p2 =
0, 95
r
95 × 560
= = 236, 6 kPa
0, 95
y:
p3 = 0, 95 p2
= 0, 95 × 236, 6 = 224, 8 kPa
Por lo tanto:
p2 p4 relación de compresión
= = 2, 49 ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
de cada compresor
p1 p3
4) Como los rendimientos adiabáticos de los compresores son iguales, de la expresión de esos rendi-
mientos se deduce que:
R/cp 
p2
h2s − h1 

− 1

ηC1 =

con el modelo de gas p1 
h2 − h1 −− − −− −− −− −− − −→

η = 

perfecto para el N2 C1
T2 

proceso 1 → 2s : ∆s = 0 −1
 

T1




R/cp 
p4

− 1 −→ T2 = T4
 
h4s − h3 
ηC2 = con el modelo de gas p3 T1 T3
h4 − h3 −−− −− − −− −−− − −→ η = 

perfecto para el N2 C2
T4 

proceso3 → 4s : ∆s = 0 −1
 

T3




ηC1 = ηC2




p2 p4 

=


p1 p3
Además se sabe que:

T2 = T3 + 62, 7
por lo tanto:
T22 − 62, 7 T2 − 123.133, 3 = 0 −→ T2 ' 383, 7 K
Con este valor se obtiene para el rendimeinto del compresor C1 (que es igual al del compresor
C2):
(γ−1)/γ
p2
−1
p1
ηC1 =
T2
−1
T1
(2, 49)1/3,5 − 1 rendimiento adiabático
= = 0, 84 = ηC2 ←−de
−−− −−−−−−−−−−−−−
383, 7 los compresores
−1
283
5) Del segundo principio aplicado al dispositivo descrito se obtiene:
σ̇p = ṁN2 (s5 − s1 ) + ṁw (sb − sa )
que con el modelo de gas perfecto para el N2 y de lı́quido calorı́ficamente perfecto para el agua queda:

423 8.314 500 328
σ̇p = 19, 9 1.040 × ln − × ln + 7, 75 × 4.186 × ln
283 28 95 288
= −1.494, 8 + 4.219, 1 = 2.724 W/K ←−−en
−−− −−−−−−−−−−−−
el dispositivo
Problema 45
En un proceso industrial, una corriente 1 kg·s−1 de aire a 20 o C, 94 kPa y 200 m·s−1 , pasa por un
difusor D isoentrópico y a continuación se comprime hasta una presión de remanso final de 0,9 MPa
en dos compresores, C1 y C2, enfriándose hasta una temperatura estática igual a la del ambiente
en el cambiador de calor CC1 existente entre los dos compresores. La presión intermedia es tal que
la potencia total comsumida en las dos etapas de compresión es mı́nima. El rendimiento adiabático
de cada compresor es igual a 0,8.
Con el fin de obtener aire frı́o, a la salida de la re-
frigeración intermedia se efectúa un sangrado de 0,2
kg·s−1 de aire que se lleva a un turbocompresor don-
de se comprime en el compresor C de rendimiento
adiabático 0,75, se refrigera en el cambiador de calor
CC2 hasta la misma temperatura que en CC1, con
una pérdida de presión de remanso del 5 %, y se ex-
pansiona hasta la presión ambiente en la turbina T de
rendimiento adiabático 0,8. Toda la potencia desarro-
llada por la turbina se invierte en hacer funcionar el
Esquema de la instalación compresor C y se sabe que la velocidad de la corriente,
tanto a la salida de los cambiadores de calor como de la turbina, es de 45 m·s−1 .
Se pide, si las condiciones del ambiente son 20 o C y 94 kPa:
1.- Diagrama de la evolución del aire en un diagrama T -s.

2.- Temperatura y presión de remanso a la salida del difusor.
3.- Deducir la expresión que permite calcular la presión a la salida de la primera etapa de compresión
en C1 y obtener su valor.
4.- Escribir las ecuaciones que permiten obtener la temperatura y la presión de remanso del aire
sangrado a la salida del compresor C, ası́ como la temperatura a la salida de la turbina.
5.- Valores numéricos de la temperatura y la presión de remanso del aire sangrado a la salida del
compresor C, ası́ como la tempratura a la salida de la turbina.
6.- Producción de entropı́a en el proceso descrito si el calor cedido en los cambiadores de calor se
evacua al ambiente.
Solución
Todo el dispositivo, ası́ como cualquiera de sus partes, es un sistema abierto funcionando en
régimen estacionario. Las superficies de control permeables de cualesquiera de los elementos en los
que puede subdividirse el dispositivo completo, son superficies fijas respecto a un sistema de referencia
ligado al dispositivo. Ası́ el balance energético, en general, vendrá dado por:
X X X X
Q̇i + Ẇi = h0 ṁ − h0 ṁ (1)

s e
i i s e
si se desprecia la variación de energı́a potencial del aire. La ecuación de conservación de la masa:

X X
ṁ − ṁ = 0
e s
e s
1) Diagrama de la evolución del aire en un diagrama T -s.

Esquema de la evolución del aire

2) Temperatura y presión de remanso a la salida del difusor.
El difusor es un dispositivo que puede suponerse adiabático y cuyas superficies de control im-
permeables son rı́gidas. Tiene sólo una superficie de control permeable de entrada y una de salida.
Ası́, la ecuación (1) aplicada al difusor queda reducida a:

h02 = h01 −
− −−−−−−−−−−−−→ T02 = T01 = T0∞
2
w∞
= T∞ +
2cp
2002
= 293 +
2 × 1.000
= 313 K ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
del aire a la salida del difusor
Como el difusor es isoentrópico:
p02 = p01 = p0∞

c /R
T0∞ p
= p∞
T∞
3,5
313 Presión de remanso del
= 94 × = 118 kPa ←− −−
aire
−−−−−−−−−−−−−−−−
a la salida del difusor
293
3) Deducir la expresión que permite calcular la presión a la salida de la primera etapa de compresión
en C1 y obtener su valor.
La potencia mecánica total consumida en los dos compresores C1 y C2, si estos se modelan como
dispositivos adiabáticos, vale, de acuerdo con (1):
ẆC = ẆC1 + ẆC2

= ṁ (h03 − h02 ) + ṁ1 (h010 − h09 )
Con el modelo de gas perfecto para el aire y de acuerdo con la expresión del rendimiento de cada
compresor, la potencia consumida por los compresores C1 y C2 resulta:

ẆC = ṁ cp (T03 − T02 ) + ṁ1 cp (T010 − T09 )
γ−1 i ṁ c T h p γ−1
ṁ cp T02 h p03 γ 1 p 09 010
γ i
= −1 + −1
ηc p02 ηc p03
La presión intermedia p03 que minimiza la potencia se obtiene de anular la derivada de Ẇc con
respecto a p03 , esto es:
2(γ−1)
∂ ẆC ṁ1 T09 γ−1
= 0 −→ p03 γ = (p02 p010 ) γ
∂p03 ṁ T02
En el nudo en el que se bifurca la corriente se verifican las dos igualdades siguientes:
T05 = T09 = T04
w42
= T4 +
2 cp
452
= 293 + = 294 K
2.000
p05 = p09 = p04
= 195, 8 kPa
luego:
γ
2 (γ−1)
ṁ1 T09 √
p03 = p02 p010
ṁ T02
1,4/0,8
√

0, 8 × 294 Presión de remanso
= × 118 × 900 = 197, 6 kPa ←−−−−−−−−−−−−−−−−
a la salida de C1
1 × 313
4)y 5) Escribir las ecuaciones que permiten obtener la temperatura y la presión de remanso del aire
sangrado a la salida del compresor C, ası́ como la temperatura a la salida de la turbina. Resolver las
ecuaciones.
De los datos del enunciado del problema:
T07 = T04
Y como toda la potencia de la turbina se invierte en mover el compresor, de la ecuación (1) se deduce
que:
con
−−−−el
−−modelo
−−−−−−de
−−− gas
−→ T06 − T04 = T04 − T08
ẆC = |Ẇt | → h06 − h05 = h07 − h08 perfecto para el aire (2)
Por otra parte del rendimiento adiabático del compresor y de la turbina se obtiene:
R/cp
p06
h06s − h05 

−1
ηC1 = con el modelo de gas p04
h06 − h05 −perfecto
−−−el
−−aire
−→ ηC1 = (3)
T06
proceso 05 → 06s : ∆s = 0 −1

T04
h4s − h3 
 T08
ηt = 1−
h4 − h3 con el modelo de gas T04
−−−−−−−para
perfecto
−−−el
−−aire
−→ ηt = R/cp (4)
proceso 07 → 08s : ∆s = 0
 p08
1−
p07
En el cambiador de calor CC2 hay una pérdida de presión de remanso del 5 %, por lo tanto:
p07 = 0, 95 p06 (5)
Finalmente, de la definición de magnitudes de remanso:

w82

w82  T = T +
 
08 8

2 cp

h08 = h8 +

2 −
− −−−−−−−−−−−−→
perfecto para el aire γ
γ−1 (6)
s08 = s8
  T08
 p08 = p8


T8
De estas dos últimas ecuaciones se obtiene:

" γ−1 #
p8 γ w2
T08 1 − − 8 =0 (7)
p08 2 cp
Por otra parte:


De (2): T08 = 2 T04 − T06 γ−1

 p06 γ
γ−1 
 " − 1#
p 06
γ
 p 04
" − 1# −→ T08 = T04 1 − (8)
p04  ηC
De (3): T06 = T04 1 +


ηC


y eliminando p07 de la ecuación (4) haciendo uso de la (5) se obtiene:

T08 # γ
" 1− γ−1
T04
p08 = 0, 95 p06 1 − (9)
ηt
De las ecuaciones anteriores se conocen los valores de w8 , T04 , p04 y p8 . Por lo tanto de las ecuaciones
(7), (8) y (9) se obtiene T08 , p08 y T06 . La solución de este sistema es:
p06 = 349 kPa ←−− −−−−−−−−−−−−−−
a la salida de C
T08 = 223, 6 K → T8 = 222, 6 K ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−
p08 = 95, 5 kPa
La temperatura de remanso del aire a la salida del compresor C se obtiene de la ecuación (2):
T06 = 2 × 294 − 223, 6
= 364, 4 K ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
a la salida de C
6) Producción de entropı́a en el proceso descrito si el calor cedido en los cambiadores de calor se

evacua al ambiente.
Haciendo aplicación del segundo principio para sistemas abiertos en régimen estacionario al dis-
positivo dado se obtiene:
Q̇CC1 + Q̇CC2
σ̇p = ṁ1 s10 + ṁ2 s8 − ṁ s1 −
Tamb
Q̇CC1 + Q̇CC2
= ṁ1 (s10 − s1 ) + ṁ2 (s8 − s1 ) −
Tamb
Como s= = s, la variación de entropı́a del aire puede expresarse en la forma:

s10 − s1 = s010 − s1 −
− −−−−−−−−−−−−→ s010 − s1 = cp ln
− R ln
T1 p1
s8 − s1 = s08 − s1 −
− −−−−−−−−−−−−→ s08 − s1 = cp ln
− R ln
T1 p1
El calor que el aire evacua en cada uno de los cambiadores de calor viene dado por:

Q̇CC1 = ṁ1 (h04 − h03 ) −
− −−−−−−−−−−−−→ Q̇CC1 = ṁ1 cp (T04 − T03 )
Q̇CC2 = ṁ2 (h07 − h06 ) −
− −−−−−−−−−−−−→ Q̇CC2 = ṁ2 cp (T07 − T06 )
Las temperaturas de remanso del aire a la salida de los compresores C1 y C2 se obtienen a partir
del rendimiento adiabático de cada etapa de compresión y valen:
γ−1 γ−1
p03 γ p010 γ
" − 1# " − 1#
p02 p03
T03 = T02 1 + T010 = T04 1 +
ηC1 ηC2
0,4/1,4 0,4/1,4
195, 8 900
" − 1# " − 1#
115, 8 195, 8
= 313 × 1 + = 294 × 1 +
0, 8 0, 8
= 376, 3 K = 494, 7 K
Ası́ pues, la producción de entropı́a valdrá:

3 494, 7 900 222, 6
σ̇p = 0, 8 × 10 ln − 287 × ln + 0, 2 × 103 ln
293 94 293
3 3
1 × 10 × (294 − 376, 3) + 0, 2 × 10 × (294 − 364, 4)
−
293
= 174, 3 W · K−1 ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−
en el dispositivo
Problema 46
Un turbohélice toma 12 kg·s−1 de aire a 240 K, 40 kPa y 650 km/h a través de un difusor de
rendimiento adiabático 0,95. Las condiciones estáticas del aire a la entrada del difusor, que tiene una
sección de salida de 0,14 m2 , pueden considerse iguales a las del ambiente. A continuación del difusor
el aire pasa por un compresor con una relación de presiones de remanso de 13 y un rendimiento
adiabático 0,85. Después del compresor, el aire entra en la cámara de combustión, donde la presión
de remanso experimenta una caı́da del 5 %, y de la que sale a una temperatura de remanso de 1300 K.
A continuación entra en una turbina, que además de mover el compresor, proporciona una potencia
en eje. El rendimiento adiabático de la turbina es 0,85. Finalmente el aire sale a la atmósfera a través
de una tobera de 0,30 m2 de sección de salida y 0,95 de rendimiento adiabático. Se desprecia el flujo
másico de combustible.
Se pide:
1.- Determinar la temperatura, presión y velocidad del aire a la salida del difusor.
2.- Calcular la potencia mecánica disipada en el difusor.
3.- Obtener la temperatura y la presión de remanso a la entrada a la cámara de combustión.
4.- Establecer las ecuaciones que determinan la temperatura y la presión de remanso a la salida de
la turbina y la temperatura y velocidad del aire a la salida de la tobera.
5.- Resolver el sistema anterior de ecuaciones.
6.- Obtener la potencia en eje.
7.- Calcular la producción de entropı́a en el turbohélice si la cámara de combustión se asimila a
una fuente térmica a 1.800 K.
Solución

El aire se considerará que se comporta como gas perfecto. Ası́ mismo se considerará todo el
dispositivo (como cualquier parte de él) como un sistema abierto funcionando en régimen estacionario
ligado a un sistema de referencia inercial. Ası́, el balance energético, en general, vendrá dado por la
ecuación (4.17) de los apuntes:
X X X X
Q̇i + Ẇi = (h0 ṁ)s − (h0 ṁ)e (1)
i i s e
Con el sistema de referencia ligado al turbohélice, la corriente de aire en el infinito no perturbado

tiene la velocidad con la que se desplaza el turbohélice, es decir:
w∞ = 650 km/h
Por otra parte, entre la sección efectiva de toma y la sección de entrada al difusor se conserva la
entalpı́a de remanso y, dado que la velocidad de vuelo es subsónica, no habrá ondas de choque y, por
lo tanto, se conservará también la entropı́a. Ası́ pues, se verificará que:

h0∞ = h01 y con el modelo de gas T0∞ = T01
−−perfecto
−−−−−− −−−el−−
para
−−→
aire
s0∞ = s01 p0∞ = p01
Además en el enunciado se dice que:

T1 ' T∞
p1 ' p∞
1) Determinar la temperatura, presión y velocidad del aire a la salida del difusor.

Para determinar la presión, temperatura y velocidad de la corriente a la salida del difusor se deben
conocer la presión y temperatura de remanso en esa sección y la ecuación térmica de estado del aire.
El gasto másico y el área de la sección de salida son datos del problema. Se va, pues, a calcular esa
presión y temperatura de remanso.
El difusor es un dispositivo que puede considerarse adiabático, cuyas paredes son rı́gidas y con
sólo una entrada y una salida. Por lo tanto, la ecuación (1) del balance energético se reduce a:
h02 = h01 −
− −−−−−−−−−−−−→ T02 = T01 = T0∞
2
w∞
= T∞ +
2 cp
(650/3, 6)2
= 240 + = 256, 3 K
2.000
Por otra parte, de la definición de rendimiento adiabático del difusor:
γ−1
p02 γ
h02s − h1 

−1
ηD = con el modelo de gas p1
h02 − h1 −
− −−−−−−−−−−−−→ ηD =
proceso 1 → 02s : ∆s = 0 −1

T1
Despejando la presión de remanso de salida del difusor:

γ
γ−1
T02
p02 = p1 1 + ηD −1
T1
1,4/0,4
256, 3
= 40 × 1 + 0, 95 × −1 = 49, 79 kPa
240
Conocidas ya la presión y temperatura de remanso, el sistema de ecuaciones del que se dispone

para determinar la presión, temperatura y velocidad de la corriente a la salida del difusor es:
ṁ = ρ2 w2 A2
w2
h02 = h2 + 2
2
s02 = s2
más una ecuación térmica de estado y dos ecuaciones energéticas de estado:

ρ = f1 (T, p)
h = f2 (T, p)
s = f3 (T, p)
Con el modelo de gas perfecto para el aire este sistema se reduce a:

p2
ṁ = w2 A2
Ra T2
w22
T2 = T02 − (2)
2 cp
γ
T2 γ−1
p2 = p02
T02
Sustituyendo la tercera ecuación en la primera, queda el sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas:
1
p02 T02 γ−1
ṁ = w2 A 2
Ra T02 T2
(3)
w22
T2 = T02 −
2 cp
que dando valores numéricos a los términos cuyos valores se conocen, resulta:
2,5
T2
12 = 0, 09476 × × w2
256, 3 (3a)
w22
T2 = 256, 3 −
2.000
La resolución de este sistema se hará utilizando un método iterativo, es decir, se supone un valor
para w2 y de la segunda de las ecuaciones dadas en (3.a) se obtiene el correspondiente valor de T2 .
Con este valor de la temperatura se va a la primera ecuación de (3.a) y se determina el nuevo valor de
la velocidad, que se simbolizará con w20 . Si los dos valores de la velocidad (el supuesto y el obtenido,
es decir w2 y w20 ) coinciden, esa será la solución. En caso contrario se repite el proceso con el último
valor de la velocidad, esto es, con w20 . El proceso termina cuando los dos valores de la velocidad w2
y w20 sean lo suficientemente próximos. Este proceso queda reflejado en el siguiente cuadro:
w2 (m·s−1 ) T2 (K) w20 (m·s−1 )

150 245,05 141,7
141,7 246,3 139,9
139,9 246,5 139,6
139,6 246,6 139,5
139,5 246,6 139,5
La solución es pues:
Velocidad de la corriente de
w2 = 139, 5 m · s−1 ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
aire a la salida del difusor
T2 = 246, 6 K ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
de aire a la salida del difusor
La presión se obtiene de la tercera de las ecuaciones dadas en (2):

3,5
246, 6
p2 = 49, 79 ×
256, 3
Presión de la corriente de
= 43, 5 kPa ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
aire a la salida del difusor
2) Calcular la potencia mecánica disipada en el difusor.

La potencia mecánica disipada en el difusor se obtiene de aplicar la ecuación de Bornoulli gene-
ralizada. En efecto, por unidad de masa circulante, la ecuación de Bernoulli generalizada es:
Z 2
ε1→2 = w1→2 − v dp − ∆em
1

n Ra 1 2 2
=0− (T2 − T1 ) + (w2 − w1 )
n−1 2
si el proceso entre los estados del aire 1 y 2 se modela como proceso politrópico p v n = cte. El término
n
se obtiene a partir de:
n−1
n−1 n
p2 T2 n ln(p2 /p1 )
= −→ =
p1 T1 n−1 ln(T2 /T1 )
ln(43, 5/40)
= = 3, 1
ln(246, 6/240)
que proviene de este modelo de proceso politrópico. Con este resultado:

1
ε1→2 = − 3, 1 × 287 × (246, 6 − 240) + × [139, 52 − (650/3, 6)2 ]

2
−1
= 700 J · kg
Por lo tanto:
ε̇1→2 = ṁ ε1→2
Potencia mecánica disipada
= 12 × 700 = 8.400 W ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
por fricción en el difusor
3) Obtener la temperatura y la presión de remanso a la entrada a la cámara de combustión.

En el enunciado se dice que el compresor tiene una relación de presiones de remanso de 13, luego:
p03 = 13 p02
= 13 × 49, 79
Presión de remanso de la corriente de aire
= 647, 27 kPa ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
a la entrada de la cámara de combustión
La temperatura de remanso se obtiene del rendimiento adiabático del compresor. En efecto, la
expresión del rendimiento adiabático del compresor es:
γ−1
p03 γ
h03s − h02

−1
ηc = 
con el modelo de gas p02
h03 − h02 −− −− − −−−− −− − − −→ ηc =
proceso 02 → 03s : ∆s = 0 −1

T02
Despejando T03 :
 γ−1 
p03 γ
− 1
 p02
T03 = T02 1 +
 
ηc

 
130,4/1,4 − 1

Temperatura de remanso de la corriente
= 256, 3 × 1 + = 582 K ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
a la entrada de la cámara de combustión
0, 85
4) Establecer las ecuaciones que determinan la temperatura y la presión de remanso a la salida de

la turbina y la temperatura y velocidad del aire a la salida de la tobera.
Las condiciones de entrada a la turbina son:
T04 = 1.300 K
p04 = 0, 95 p03
= 9, 95 × 647, 27 = 615 kPa
Las ecuaciones que determinan las magnitudes que se piden son:
*) rendimiento de la turbina:
h05 − h04 
 T05
ηt = −1
−− −−−−−−−−−−−−→ ηt = γ−1
(4)
proceso 04 → 05s : ∆s = 0
 p05 γ
−1
p04
*) balance energético en la tobera:

h05 = h06 −
− −−−−−−−−−−−−→ T05 = T06
w62 (5)
= T6 +
2 cp
*) rendimiento adiabático de la tobera:
h05 − h6 
 T6
ηtob = 1−
h05 − h6s con el modelo de gas T05
−
− −−−−−−−−−−−−→ ηtob
= γ−1 (6)
proceso 05 → 6s : ∆s = 0
 p6 γ
1−
p05
*) continuidad aplicada en la sección de salida de la tobera:

con el modelo de gas p
ṁ = ρ6 w6 A6 −−−−−−−−−−−−−−−→ ṁ = 6 w6 A6 (7)
perfecto para el aire Ra T6
Estas cuatro ecuaciones (4), (5), (6) y (7) determinan las cuatro incógnitas T05 , p05 , T6 y w6 .
5) Resolver el sistema anterior de ecuaciones.
Despejando el cociente p05 /p04 de (4) y el cociente p6 /p05 de (6) se obtiene:
 γ
 γ−1
T05
− 1
p05  T04
= 1+
  (8)
p04  ηt 
  γ
T6 γ−1
1−
p6  T05 
= 1 −
  (9)
p05 ηtob 
multiplicando estas ecuaciones se obtiene:

 γ
 γ−1   γ
T05 T6 γ−1
− 1 1−
p6  T04  T05 
= 1+
  · 1 −
  (10)
p04  ηt  ηtob 
Eliminando T6 entre las ecuaciones (5) y (7):

p6 A6 w6
T05 = w6 +
Ra ṁ 2 cp
e introduciendo este resultado en la ecuación (10), se obtiene la siguiente ecuación en w6 :

γ γ
p6 A6 w6 1
  γ−1   γ−1
w6 + 1−
 Ra ṁ 2 cp   Ra ṁ 
 − 1  1+ w6 
p6  T04   p6 A6 2 cp 
=1+  ·1 − 
p04 
 ηt 


 η tob


   
que al dar valores numéricos a los términos conocidos queda:
3,5
 w6 3,5  1
w6 × 3, 4843 + 1− w6
 2.000 − 1   1+ 
6.968, 64 
 

δ≡1 + 1.300 
 × 1 −  − 0, 06505 = 0
0, 85 0, 95
  
   
 
ecuación que se va a resolver por el método de regula falsi. El método queda reflejado en el cuadro
siguiente:
w6 (m·s1 ) δ
180 -0,02631
200 0,00017
Interpolando entre estos dos valores se obtiene para la velocidad de salida de la tobera el valor, que
se toma como solución:
Velocidad de la corriente de aire

w6 = 199, 9 m · s−1 ←−−−a−− −−−−−−−−−−−−−−−−−−−
la salida de la tobera
Conocida la velocidad de salida, la temperatura de la corriente a la salida de la tobera vale:
p6 A 6
T6 = w6
Ra ṁ
40 · 103 × 0, 3 Temperatura de la corriente de aire
= × 199, 9 = 696, 5 K ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
287 × 12
De la ecuación (5) se obtiene:

w62
T05 = T6 +
2 cp
199, 92 Temperatura de remanso de la corriente
= 696, 5 + = 716, 5 K ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
de aire a la salida de la turbina
2.000
 γ
 γ−1
T05
− 1
 T04
p05 = p04 1 +
 
ηt 
3,5
716, 5

−1
= 614, 9 × 1 + 1.300 Presión de remanso de la corriente
 = 44, 4 kPa ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
 
0, 85 de aire a la salida de la turbina
6) Obtener la potencia en eje.

La turbina mueve el compresor a la vez que suministra una cierta potencia en eje de la hélice. El
balance energético aplicado a la turbina es, pues:
ṁ (h05 − h04 ) = −Ẇeje − ṁ (h03 − h02 )
de donde despejando la potencia en eje y con el modelo de gas perfecto para el aire se obtiene:
Ẇeje = ṁ (h05 − h04 + h03 − h02 )
= −ṁ cp (T05 − T04 + T03 − T02 )
Potencia
= −12 × 103 × (716, 5 − 1.300 + 582, 2 − 256, 3) ' 3.100 kW ←−−−−−−
en eje
7) Calcular la producción de entropı́a en el turbohélice si la cámara de combustión se asimila a una

fuente térmica a 1.800 K.
Si se aplica el segundo principio al proceso del aire en todo el dispositivo se obtendrá:
Q̇
σ̇p = ṁ (s6 − s1 ) −
TF.T.
donde Q̇ es el calor por unidad de tiempo recibido por el aire en la cámara de combustión que vale:
Q̇ = ṁ (h04 − h03 )
= ṁ cp (T04 − T03 )
= 12 × 103 × (1.300 − 582, 2) = 8.614 · 103 W
Luego la producción de entropı́a valdrá:

T6 p6 Q̇
σ̇p = ṁ cp ln − Ra ln −
T1 p1 TF.T.
8.614 · 103

696, 5
= 12 × 103 × ln −0 −
240 1.800
Producción
= 12.785, 1 − 4.785, 3 ' 8.000 W · K−1 ←−−−−−−−−−
de entropı́a
Problema 47
Con el objeto de refrigerar una nave industrial se dispone de la siguiente instalación: un com-
presor, cuya relación de presiones de remanso es 2 y cuyo rendimiento adiabático es 0,87, toma
10 kg·s−1 de aire del ambiente (p∞ = 100 kPa, T∞ = 298 K). El aire comprimido se refrigera
en un cambiador de calor (CC1), donde pierde un 4 % de presión de remanso, hasta una tem-
peratura de remanso de 300 K. La corriente comprimida se introduce en un segundo compresor
de iguales rendimiento adiabático y relación de presiones de remanso que el primero (ηCC2 = 0,87
y p04 /p03 = 2) y a continuación se enfrı́a hasta la
temperatura ambiente en un cambiador de calor
(CC2) donde pierde un 5 % de presión de remanso.
El conducto del aire en este último cambiador de ca-
lor tiene sección constante y la velocidad del aire a
la salida del mismo es 60 m·s−1 . Una vez enfriada, la
corriente se expande en una turbina de rendimiento
adiabático 0,9 hasta la presión ambiente. Toda la
Esquema de la instalación potencia desarrollada por la turbina se emplea en
mover el segundo compresor. El enfriamiento del ai-
re en los cambiadores de calor se logra mediante unas corrientes de agua de 25 m3 /h en cada uno
de ellos que entran a temperatura ambiente. Estas corrientes de agua no experimentan una caı́da de
presión apreciable. Se pide:
1.- Calor por unidad de tiempo intercambiado en el primer cambiador de calor.
2.- Temperatura de remanso a la salida del segundo compresor.
3.- Plantear las ecuaciones que permiten obtener la temperatura y la velocidad a la salida de la
turbina.
4.- Resolver el sistema anterior obteniendo los valores numéricos de las magnitudes pedidas.
5.- Velocidad, presión y temperatura a la salida del segundo compresor.
6.- Producción de entropı́a por unidad de tiempo en el dispositivo descrito si el calor extraı́do en
los cambiadores de calor se cede a una corriente de agua de 25 m3 /h que entran a cada uno de
ellos a temperatura ambiente.
Solución
Todo el dispositivo, ası́ como cualquier parte de él, se va a considerar como un sistema abierto
funcionando en régimen estacionario y ligado a un sistema de referencia fijo a tierra.
1)Tomando como sistema el aire comprendido entre las secciones 2 y 3, el balance energético aplicado
a ese sistema proporciona:
Q̇2→3 = ṁ (h03 − h02 ) −−−−−−−−−−−−−→ Q̇2→3 = ṁ cp (T03 − T02 )
La temperatura de remanso a la salida del primer compresor, T02 se calcula a partir del rendimiento
de ese dispositivo, que para el caso de un gas perfecto viene dado por:
(γ−1)/γ
p02
−1
p01
ηC1 =
T02
−1
T01
y despejando T02 :  (γ−1)/γ 

p02
− 1
 p01
T02 = T01 1 +
 
ηC1

 
Por otra parte T01 = T0∞ = T∞ y p02 /p01 = 2. Por lo tanto:
20,4/1,4 − 1

T02 = 298 × 1 + = 373 K
0, 87
Ası́ pues:
calor cedido por unidad
Q̇2→3 = 10 × 1 × (300 − 373) = −730 kW ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
de tiempo por el aire en CC1
2) De manera análoga a lo hecho anteriormente para calcular la temperatura de remanso a la salida

del primer compresor se tiene para la temperatura de remanso a la salida del segundo compresor:
 (γ−1)/γ 
p04
− 1
 p03
T04 = T03 1 +
 
ηC2

 
20,4/1,4 − 1

temperatuta de remanso del aire
= 300 × 1 + = 375, 5 K ←−−−−−a−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
la salida de CC2
0, 87
3)-4) En el enunciado se dice que la potencia desarrollada por la turbina se emplea en mover el
segundo compresor, de modo que:
|Ẇt | = ẆC2
Ası́, con el modelo de gas perfecto para el aire, esta ecuación se reescribe:
T05 − T06 = T04 − T03
Como en la sección 5 se conoce la temperatira y la velocidad de la corriente, de la definición de

entalpı́a de remanso aplicada a un gas perfecto:
w52
T05 = T5 +
2 cp
602
= 298 + = 300 K
2.000
Ası́ pues:
T06 = 299, 8 − 375, 5 + 300 = 224, 3 K
Por tra parte, de la definición de magnitudes de remanso aplicada a un gas perfecto, en la sección 6
se tiene que:
(γ−1)γ (γ−1)γ
T6 p6 p6
= −→ T6 = T06
T06 p06 p06
(γ−1)γ (1)
p∞
= T06
p06
Del rendimiento de una turbina en el caso de gas perfecto:

 γ/(γ−1)
T06 T06
−1 − 1
T  T05
ηt = 05(γ−1)γ −→ p06 = p05  1 +  (2)
p06
 ηt 
−1
p05
De los datos del enunciado se sabe que p05 = 0, 95p04 , p04 = 2 p03 , p03 = 0, 96 p02 y que p02 =
2 p01 = 2 p∞ . Ası́ pues dando valores se obtiene que:
p05 = 364, 8 kPa

de modo que llevando este resultado a (2) se obtiene:
p06 = 115, 6 kPa

y por lo tanto de (1):
T6 = 215, 2 K
La velocidad de la corriente a la salida del dispositivo se obtiene de:

q
w6 = 2 cp (T06 − T6 ) = 134, 9 m · s−1
5) Las ecuaciones que determinan la velocidad, temperatura y presión de la corriente a la salida del
segundo compresor son las dadas en la ecuación (4.28) de los Apuntes de Termodinámica:

ṁ = ρ4 w4 A4 = ρ5 w5 A4 

2
w4



T04 = T4 + 
2 cp
γ/(γ−1) 
p04 T04



= 

p4 T4
cuya solución es:
w4 = 71, 5 m · s−1 ; T4 = 373 K ; p4 = 375 kPa
6) La ecuación del segundo principio aplicado a un sistema abierto en régimen estacionario resulta:
X Q̇i X X
i
TFTi s e
que aplicada al dispositivo dado queda en la forma:
σ̇p = ṁ(s6 − s01 ) + ṁw (∆sw1 + ∆sw2 )
donde se ha hecho uso de la igualdad s1 = s01 y de que los gastos másicos de agua en los cambiadores
de calor son iguales. Ası́ pues:

T6 p6 ∆Tw1 ∆Tw2
σ̇p = ṁ cp ln − R ln + ṁw cw ln 1 + + ln 1 +
T∞ p∞ T∞ T∞
Los valores de ∆Tw1 y ∆Tw2 se determinan estableciendo el balance enérgético en cada uno de los
cambiadores de calor.
- CC1:
ṁ(h03 − h02 ) + ṁw ∆hw1 = 0
que con el modelos de gas perfecto para el aire y de lı́quido calorı́ficamente perfecto para el agua
y teniendo en cuenta el resultado del apartado 1:
Q̇2→3
Q̇2→3 + ṁw cw ∆Tw2 = 0 −→ ∆Tw1 = −
ṁw cw
730
= = 25 o C
25
× 4, 18
3, 6
- CC2:
ṁ(h05 − h04 ) + ṁw ∆hw2 = 0
que con los modelos de gas perfecto para el aire y de lı́quido calorı́ficamente perfecto para el
agua resulta:
ṁ cp
ṁcp (T05 − T04 ) + ṁw cw ∆Tw2 = 0 −→ ∆Tw2 = (T04 − T05 )
ṁw cw
10 1
= × × (375, 5 − 300) = 26 o C
25 4, 18
3, 6
Por lo tanto, teniendo en cuenta que p6 = p∞ , la producción de entropı́a en el dispositivo será:

215, 2 25 25 26
σ̇p = 10 × 1 × ln + × 4, 18 × ln 1 + + ln 1 +
298 3, 6 298 298
= −3, 26 + 4, 77 = 1, 52 kW · K−1 ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−
en el dispositivo
A GASES REALES
Problema 48
Se pretende utilizar para una sustancia dada la siguiente función potencial entalpı́a:
h = A · exp(s/a) · pb + B · p
siendo s la entropı́a, p la presión y A, B, a y b constantes. Para determinar el valor de dichas constantes

se van a realizar expansiones a través de una válvula, habiendo dispuesto sendos manómetros y
termómetros en las secciones de entrada y salida. Además se regula ésta última para conseguir que
las velocidades sean iguales a ambos lados, y se mide la relación de áreas. Se pide:
1.- Expresión de los coeficientes termodinámicos cp , α, κT en variables p, T.

2.- Relación entre las variables p1 , T1 , p2 , T2 para el proceso de descarga descrito.
3.- Variación de entalpı́a y entropı́a en variables p,T.
Solución
1) Conocido el potencial termodinámico entalpı́a, esto es conocido h en función de s y p, de las
derivadas primeras se obtienen las ecuaciones de estado:

∂h
= T (s, p)


∂s p

h (s, p) −→ dh = T ds + v dp −→
∂h
= v (s, p)



∂p s
Si se elimina s entre T = T (s, p) y v = v (s, p) se obtendrá la ecuación térmica de estado:
v = v (T, p)
y despejando, si es posible, s de T = T (s, p), se obtendrá la ecuación energética de estado:

s = s (T, p)
De la ecuación energética de estado se obtiene cp ya que por definición:

∂s
cp (T, p) = T
∂T p

y de la ecuación térmica de estado:

1 ∂v
α (T, p) =
v ∂T p

1 ∂v
kT (T, p) = −
v ∂p T

que son los tres coeficientes termodinámicos.

Se comienza calculando las ecuaciones de estado.
∂h
T =
∂s p

(1)
A s
= pb exp
a a
∂h
v=
∂p s

s (2)
= A b pb−1 exp +B
a
Despejando s de (1):
aT
s = a ln (3)
A pb
y eliminando s entre (1) y (2):
abT
v= +B (4)
p
De (3) y de la definición de cp :
capacidad térmica especı́fica
cp = a ←−−−a−presión
−−−−−−constante
−−−−−−−−−−−
Y de (4) y de las definiciones de a y kT :

1 ab
α=
abT p
+B
p
ab coeficiente
= ←−−−−−−−−−−
a b T + B p de dilatación

1 abT
kT = − − 2
abT p
+B
p
abT coeficiente de compre-
= ←−− −−−−−−−−−−−−−−−
sibilidad isotermo
p (a b T + B p)
2) Expresando ahora h en función de T y p, esto es, eliminando s entre la expresión dada de h y la

ecuación (1) se obtiene:
s 
b
h = A exp p + B p
a
s −→ h = a T + B p (5)
a T = A exp pb 

a
En el proceso de estrangulación señalado, se verifica que:

por
−
−−−−lo
→ aT2 + Bp2 = aT1 + Bp1
h2 = h1 tanto
3) Diferenciando las ecuaciones (5) y (1) se obtienen las variaciones pedidas:

dh = a dT + B dp
dT dp
ds = a − ab
T p
Aplicaciones de los principios primero y segundo a gases reales: sistemas cerrados. 229
Problema 49
Se pretende describir el comportamiento termodinámico de un sólido mediante las ecuaciones de
estado:
V (T, p) = Vo − A · p + B · T
U (T, p) = C · T − B · p · T
siendo Vo , A, B y C constantes. Se pide:
1.- Estudiar bajo qué circunstancias es admisible este modelo.
2.- Calcular cp , α, kT , ∆h y ∆s.
Solución
1) Estudiar bajo qué circunstancias es admisible este modelo.
Como las variables termodinámicas en las que vienen expresadas las ecuaciones de estado son T
y p, se ha de verificar la realción de Maxwell siguiente:
∂v ∂s
= − (1)
∂T p ∂p T

De la primera de las ecuaciones dadas:

∂v
=B (2)
∂T p
y por otra parte:

∂s ∂s ∂u ∂s ∂v
= +
∂p T ∂u v ∂p T ∂v u ∂p T

(3)
1 p
= (−B T ) − A
T T
Para que (3) sea igual a (2) como exige (1) se debe verificar que:
condición para que el
A=0 ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
modelo dado sea admisible
Luego el modelo será:

V (T, p) = Vo + B · T
U (T, p) = C · T − B · p · T
2) Calcular cp , α, kT , ∆h y ∆s.
Por definición:

∂s 1 ∂s ∂u ∂s ∂v
cp = T, −→ cp = T +
∂T p N ∂u v ∂T p ∂v s ∂T p

T 1 p
= (C − Bp) + B
N T T
C capacidad térmica especı́fica
= −→ cp = c ←−−−− −−−−−−−−−−−−−−−−−−
a presión constante
N
También por definición se tiene que:

1 ∂v
α=
v ∂T p

B
= ←−coeficiente
−−−−−−−−− de
−−−
dilatación isobaro
Vo + B T
1 ∂v
kT = −
v ∂p T

=0 ←−−−−coeficiente
−−−−−−−−− de
−−−−−−
compresibilidad isoterma
Las variaciones de entalpı́a especı́fica vendrán dadas por:

H = U + p V −→ h2 − h1 = u2 − u1 + (p2 v2 − p1 u1 )
1h
= C (T2 − T1 ) − B (p2 T2 − p1 T1 )
N i
+ p2 (Vo + BT2 ) − p1 (Vo + BT1 )
1 variación
= [C (T2 − T1 ) + Vo (p2 − P1 )] ←−−−−−−−−
de entalpı́a
N
y las de entropı́a por:
U p
S= + V
T T
p Vo p1 p2 variación
= C − Vo −→ s2 − s1 = − ←−−−−−−−−
de entropı́a
T N T1 T2
Problema 50
En un depósito vertical, de 0,2 m2 de sección, con paredes laterales térmicamente aisladas hay,
encerrados por un émbolo adiabático de 7,5 kg e inicialmente anclado a las paredes del depósito, 0,5
kg de una sustancia a 150 kPa y temperatura ambiente. Este depósito se pone en contacto con una
fuente térmica a 600 K y se separa de la misma cuando se alcanza el equilibrio térmico. Entonces,
se retira el aislamiento y se libera el émbolo, que empuja, en presencia de la atmósfera, una fuerza
constante de 2.000 N, y se deja que se alcance el equilibrio termodinámico final.
Para la sustancia las ecuaciones de estado térmica y energética, en los intervalos de interés de
presión y temperatura, son, respectivamente:
v = aT 4 /(64p2 ) y s = aT 3 /(16p) + so
donde a y so son constantes.

Si la temperatura y la presión del ambiente son 300 K y 100 kPa respectivamente y a = 19 N
K−4 s−2 , considerando despreciable la disipación de energı́a mecánica por fricción entre el cilindro y
el émbolo determı́nese:
1.- Estado termodinámico cuando se retira la fuente térmica y calor comunicado hasta ese instante.
2.- Altura final del émbolo si el depósito es suficientemente largo, y transferencia de calor desde
que se retira el aislamiento hasta el final.
Solución
Como paso previo a la resolución del problema, se va a determinar el potencial de Gibbs g ya que
las variables en las que vienen expresadas tanto v como s son T y p para apartir de él determinar la
energı́a interna u en función de esas mismas variables. Se sabe que dg = −sdT + vdp, por lo tanto:
∂g
= −s
∂T p
Y de los datos del enunciado:
∂g aT3 integrando
4
T g(T, p) = − a T − s T + ϕ(p)
=− − so −−−−−−−−−en−−→ o
∂T p 16 p 64 p
∂g
donde ϕ(p) es una función de la presión que hay que determinar. Para ello, como = v, de los
∂p T
datos del enunciado se obtiene:
aT4 dϕ(p) aT4 dϕ(p)
2
+ = 2
−→ = 0 −→ ϕ(p) = cte = K
64 p dp 64 p dp
es decir:
aT4
g(T, p) = − − so T + K
64 p
De la definición del potencial de Gibbs g = u − T s + pv, por lo tanto:
u = g + T s − pv
aT4
3
aT 4

aT
=− − so T + K + T + so − p
64 p 16p 64p2
aT4
= +K
32 p
1) El suministro de calor se realiza manteniendo el volumen constante, v1 = v2 , hasta que la tempe-

ratura del gas alcanza los 600 K. Ası́ pues:

a1/2 T22  √
p2 = 1/2
(Pa) 

 19 × 6002
8 v1 −→ p2 = √
19 × 3004  8 × 0, 106875
= 0, 106875 (m3 /kg)

v1 =  ' 600 kPa
64 × 150.0002
Ası́ pues, el estado termodinámico del gas cuando se retira la fuente térmica es:
at2temperatura T2 = 600 K
volumen especı́fico v2 = 0, 107 m3 · kg−1 at
presión p2 = 600 kPa
El calor suministrado se obtiene aplicando el balance energético al gas. Se trata de un sistema

cerrado de fronteras rı́gidas. Por lo tanto:
Q1→2 = m (u2 − u1 )
a T24 a T14

= 0, 5 × +K − −K
32 p2 32 p1
a T24 T14

=m −
32 p2 p1
6004 3004

19 calor
= 0, 5 × − = 48 kJ ←−−−−−−−−−
suministrado
32 600 · 103 150 · 103
2) Al quitar el aislamiento del depósito y dejar que se alcance el equilibrio, el gas se atempera y por
lo tanto su temperatura final será la del ambiente, es decir, T3 = T1 . Además, el estado final es de
equilibrio mecánico, por lo que:
mE g F
p3 = p∞ + +
A A
7, 5 × 9, 81 2
= 100 + · 10−3 + = 110 kPa
0, 2 0, 2
Con estos valores de la temperatura y de la presión del gas en el estado final se puede obtener el
volumen ocupado por el gas. En efecto, de los datos del enunciado:
a T1
v3 =
64 p23
19 × 3004
= = 0, 119 m3 · kg−1
64 × 110.0002
Ası́ pues, la altura que alcanzará el émbolo, L3 , medida desde la base del depósito será:
V3
L3 =
A
mv3 0, 5 × 0, 199 altura final
= = ' 0, 5 m ←−−−−−−−−
del émbolo
A 0, 2
El calor cedido al ambiente durante el atemperamiento se obtiene aplicando de nuevo el balance

energético al gas durante dicho proceso:
Q2→3 + Watm,E + WF,E = m (u3 − u2 ) + ∆EpE
Por lo tanto, como Qced = −Q2→3 :
Qced = −m (u3 − u2 ) − ∆EpE + Watm,E + WF,E

a T14 a T24

= −m × +K − − K − (p∞ A + mE g + F )(L3 − L1 )
32 p3 32 p2
3004 6004

0, 5 × 19
= × −
32 110 · 103 600 · 103
− (105 × 0, 2 + 7, 5 × 9, 81 + 2.000) × (0, 5 − 0, 268)
' 37, 2 kJ ←−−−−−calor
−−−−− cedido
−−−−−−−−−−
Problema 51
Se tiene, en presencia de una atmósfera a θ∞ = 25 o C, p∞ = 98 kPa, un depósito vertical rı́gido,
de 30 cm de diámetro interior, herméticamente cerrado, aislado térmicamente por la cara superior y
por la superficie lateral y dividido en dos compartimentos iguales por un émbolo de 45 kg, adiabático
y que desliza prácticamente sin rozamiento.
En el compartimento superior hay una masa de aire a 105 kPa y temperatura ambiente, mientras
que en el otro hay 100 gramos de SO2 , también a temperatura ambiente, cuyo comportamiento puede
aproximarse por
b
pv = RT + p a + 1,6 J · kg−1
T
donde a = 8,387·10−4 m3 ·kg−1 y b = 49,270 m3 ·K1,6 kg−1 ·
cp (T, 100 kPa) = m + n T J · kg−1 · K−1 .
con m = 510 J·kg−1 ·K−1 . y n = 0,43 J·kg−1 ·K−2 .
En estas condiciones iniciales de equilibrio, el cilindro se pone en contacto térmico, por la cara inferior,
con una fuente térmica a 600 K. Se desea saber:
1.- Masa de aire existente en el compartimento superior.
2.- Temperatura del aire una vez alcanzado el nuevo estado de equilibrio termodinámico.
3.- Intercambio de calor y trabajo del SO2 hasta que se alcanza el equilibrio.
4.- Producción de entropı́a en el proceso total.
Solución
1) Masa de aire existente en el compartimento superior.
El estado inicial es un estado de equilibrio, por lo tanto en él se puede hablar de propiedades
termodinámicas y por ende aplicar la ecuación térmica de estado. Con el modelo de gas pefecto para
el aire:
p V
p1a V1a = ma Ra T1a −→ ma = 1a 1a
Ra T1a
En el enunciado se dice que los volúmenes que inicialmente ocupan cada uno de los gases son
iguales, esto es:
" #
RSO2 T1SO b
V1a = V1SO −de
−− la
−−ecuación
−−−−−−térmica
−−−−→ V1a = mSO2 2
+ a + 1,6
2 de estado del SO2 p1SO T1
2 SO2
Por lo tanto: " #

p1a RSO2 T1SO b
2
ma = m +a+
Ra T1a SO2 p1SO T 1,6
1
2 SO2
Del equilibrio mecánico inicial se obtiene que:

mE g
p1SO = p1a +
2 A
luego: " #
p1a RSO2 T1SO b
2
ma = m + a + 1,6
Ra T1a SO2 p + mE g T1
1a SO2
A
8314
× 298
" #
105 · 103 64 49, 27
= × 0, 1 × + 8, 387 · 10−4 +
287 × 298 45 × 9, 81 2981,6
105 · 103 + 2
π × 0, 15
masa
= 0, 0435 kg ← −−−−−
de aire
2) Temperatura del aire una vez alcanzado el nuevo estado de equilibrio termodinámico.
El aire evoluciona isoentrópicamente. En efecto, el segundo principio aplicado a un sistema cerrado
nos da:
X δQi
δσ = dSsistema −
i
TFTi
y como el proceso de compresión del aire es adiabático, δQi = 0 ∀i y sin ningún tipo de irreversibilidad
interna por lo que δσ = 0, se deduce que:
∆Sa1→2 = 0 −
− −−−−−−−−−−−−→ p2a V2aγ = p1a V1aγ
(1)
En el estado final de equilibrio se verifica que:

mE g
p2SO = p2a + (2)
2 A
Estas ecuaciones junto con las ecuaciones térmicas de estado para el SO2 y para el aire:
RSO2 T2SO
2
p2SO = (3)
2 V2SO b
2
−a−
mSO2 T21,6
SO2
ma Ra T2a
p2a = (4)
V2a
y las relaciones geométricas:
V2a = V1a − Ax
(5)
V2SO = V1SO + Ax
2 2
nos determinan el estado final de equilibrio. En la ecuaciones (5) x representa el desplazamiento

vertical y hacia arriba del émbolo desde su posición inicial.
De la ecuación (1): γ
V1a
p2a = p1a
V2a
Ası́ pue, llevando este resultado, junto con el de la ecuación (3) a la ecuación (2) y teniendo en cuenta
las relaciones dadas en (5) se obtiene la ecuación en x:
RSO2 T2SO p1a m g
2
− γ − E = 0 (6)
V1SO + A x b Ax A
2
−a− 1−
mSO2 T21,6 V1a
SO2
Una vez resuelta esta ecuación, con el valor de x obtenido se determinan la presión y el volumen que
ocupan el aire y el SO2 ası́ como la temperatura del aire (ésta última de la ecuación (4)).
La ecuación (6), dando valores numéricos a las variables conocidas, puede ponerse en la forma:
77.943, 75 105 · 103

− − 6.245, 24 = 0
0, 35164 + 0, 70686 x (1 − 1, 9954 x)1,4
cuya solución es:

x = 0, 1407 m
Con este valor de x el resto de las propiedades (presión, volumes y temperatura) de los gases
resultan:
V2a = 0, 0255 m3
V2SO = 0, 04535 m3
2
p2SO = 172, 85 kPa

2
p2a = 166, 6 kPa

temperatura final
T2a = 340 K ←−−−del
−−−aire
−−−−−−−
donde se ha hecho uso de las ecuaciones (5), (3), (2) y (4).

3) Intercambio de calor y trabajo del SO2 hasta que se alcanza el equilibrio.
Tomando como sistema el aire+émbolo+SO2 , al aplicarle el balance energético se obtiene, por ser
un sistema cerrado cuyas fronteras son rı́gidas:

Q = ∆E sistema
= ∆Ua + ∆EpE + ∆USO2
ya que para los dos gases se desprecia la variación de su energı́a potencial y el émbolo es indeformable
y adiabático.
El aire se ha modelado como gas perfecto, por lo tanto:
∆Ua = ma cva (T2a − T1a )
= 0, 0435 × 713 × (340 − 298) = 1.302, 7 J
Para el émbolo:
∆EpE = mE gx
= 45 × 9, 81 × 0, 1407 = 62, 1 J
El SO2 es un gas real y su variación de energı́a interna se evalúa mediante la variación de su

entalpı́a (u = h − pv):
∆USO2 = mSO2 (h2 − h1 )SO2 − p2SO V2SO + p1SO V1SO

2 2 2 2
Respecto a un estado de referencia (T o , po ), la entalpı́a en un estado dado (T , p) viene dada por:

Z T Z ph
o o o ∂v i
h(T, p) − h(T , p ) = cp (T )dT + v−T dp
To po ∂T p

n 2 2, 6 b
= m (T − T ) + (T − T ) + a + 1,6 (p − po )
o o2
2 T
Ası́ pues:
h2 − h1 = h2 − ho − (h1 − ho )

n 2 2, 6 b
= m (T2 − T1 ) + (T2 − T1 ) + a + 1,6 (p2 − po )
2
2 T2

2, 6 b
− a + 1,6 (p1 − po )
T1
0, 43
= 510 × (600 − 298) + × (6002 − 2982 )
2
−4 2, 6 × 49, 27
+ 8, 387 · 10 + 1,6
× (172, 85 · 103 − 105 )
600

−4 2, 6 × 49, 27
− 8, 387 · 10 + × (111, 25 · 103 − 105 )
2981,6
= 212.555 J · kg−1
Por lo tanto, la variación de energı́a interna del SO2 valdrá:
∆USO2 = 0, 1 × 212.555 − 172, 85 × 45, 35 + 111, 25 × 35, 425
= 17.358 J
Y el calor recibido por el SO2 :
Q = 1.302, 7 + 62, 1 + 17.358
calor recibido
' 18.723 J ←−−−−−−−−−−
por el SO 2
Si, ahora, tomamos como sistema sólo el SO2 , al aplicarle el balance energático:
Q + WE,SO2 = ∆U −→ W = ∆U − Q
= 17.358 − 18.723
= −1.365 J
Y como la frontera SO2 -émbolo es no disipativa:
WSO2 ,E = −WE,SO2
Trabajo realizado
= 1.365 J ←−−por
−−−el
−−SO
−−−−−−
2
4) Producción de entropı́a en el proceso total.

Para calcular la producción de entropı́a se toma como sistema, de nuevo, el aire + émbolo + SO2 .
El segundo principio aplicado a este sistema da:
Q
σp + = ∆SSO2
TFT
ya que, como se vión en el apartado 2) ∆Sa = 0 y el émbolo no varı́a su temperatura. Ası́ pues:
Q
σp = ∆SSO2 −
TFT
La entropı́a del SO2 en un estado (T ,p) respecto a otro de referencia (T o , po ) viene dada por:
Z T o Z p
o
cp (T ) ∂v
s−s = dT − dp
To T po ∂T p
T p 1, 6 b
= m ln o + n (T − T o ) − R ln o + 2,6 (p − po )
T p T
y por lo tanto:
s2 − s1 = s2 − so − (s1 − so )
T p 1, 6 b 1, 6 b
= m ln 2 + n (T2 − T1 ) − R ln 2 + 2,6 (p2 − po ) − 2,6 (p2 − po )
T1 p1 T2 T2
600 8314 172, 85
= 510 × ln + 0, 43 × (600 − 298) − × ln
298 64 111, 25
1, 6 × 49, 27 1, 6 × 49, 27
+ 2,6
× (172, 85 · 103 − 105 ) − 2,6
× (111, 25 · 103 − 105 )
600 298
= 429, 6 J · kg−1 · K−1
Ası́ pues, la producción de entropı́a valdrá:

18.723
σp = 0, 1 × 429, 6 −
600
Producción
= 11, 8 J · K−1 ←−−−−−−−−−
de entropı́a
Problema 52
Se tiene un cilindro vertical rı́gido y hueco de 60 l, cuyo interior, de 40 cm de diámetro, se halla
dividido en dos compartimentos estancos iguales mediante un émbolo adiabático de 40 kg y 4 cm de
espesor que puede deslizar sin fricción apreciable. La superficie lateral y la base inferior del cilindro
son adiabáticas mientras que la base superior es diatérmana. En el comparimento inferior hay N2 y
el superior contiene un gas a una presión de 100 kPa del que se conocen los siguientes datos:
ecuación térmica de estado:

ap
pv = R T − con a = 1, 077 m3 · K · kg−1
T
masa molar:
M = 120 kg · kmol−1
A partir del estado inicial de equilibrio, en el que los dos gases se encuentran a 25 o C, mediante una
rueda de paletas de superficies adiabáticas se le suministran al N2 3,75 kJ de forma suficientemente
lenta como para permitir la transferencia de calor por la base no aislada del cilindro (tp τt τm
siendo tp el tiempo del proceso de compresión del gas del compartimento superior, τt el tiempo de
relajación térmico y τm el tiempo de relajación mecánico para ese gas).
Se pide:
1.- Masa de cada uno de los gases.

2.- Establecer, en la hipótesis de que existe equilibrio termodinámico, las ecuaciones que determinan
el estado termodinámico de cada uno de los gases una vez suministrados los 3,75 kJ.
3.- Resolver el sistema anterior dando en particular los valores de la temperatura y presión del N2 ,
el volumen ocupado por cada gas y el calor cedido al ambiente durante el proceso.
4.- Calcular la producción de entropı́a (irreversibilidad) del proceso descrito.
Solución
1) El volumen ocupado inicialmente por cada uno de los gases es:
Vtot − VE
V1g = V1N2 =
2
0, 06 − π × 0, 22 × 0, 04
=
2
−3
= 27, 5 · 10 m3 = 27, 5 l
Del equlibrio inicial:

mE g
p1N2 = p1g +
A
40 × 9, 81
= 100 + · 10−3 = 103, 1 kPa
π × 0, 22
Con el modelo de gas perfecto para el N2 :
p1N2 V1N2
mN2 =
RN2 T1N2
103, 1 · 103 × 27, 5 · 10−3 masa
= ' 32 · 10−3 kg = 32 g ←−−−−
8.314 de N2
× 298
28
Para el gas confinado en el compartimento superior:

1, 037 p1g 

p1g v1g = Rg T1g − 
T1g  V1g
−→ mg =
V1g Rg T1g a
v1g = −



mg p1g T1g
27, 5 · 10−3
=
8.314
× 298 1, 077
120 −
105 298
masa
= 0, 136 kg = 136 g ← −−−−
de gas
2) Se tienen 5 incógnitas: la presión y el volumen finales del gas del compartimento superior (p2g y
V2g ), la presión , temperatura y volumen finales del N2 (p2N2 , T2N2 y V2N2 ). Ası́ pues, se necesitarán
cinco ecuaciones linealmente independientes para resolver el problema. Estas son:
- Equilibrio mecánico final:

mE g
p2N2 = p2g + (i)
A
- Balance energético aplicado al sistema gas+émbolo+N2 :
Q + Wrp = ∆Ug + ∆UN2 + ∆EpE
De los datos del problema se deduce que el gas del compartmento superior experimenta :
Q = T∞ ∆Sg
por lo que la anterior ecuación del balance energético puede ponerse como:
Wrp = ∆Ug − T∞ ∆Sg + ∆UN2 + ∆EpE (ii)
- Ecuaciones térmicas de estado para el N2 y el gas del compartimento superior:

p2N2 V2N2
p2N2 V2N2 = mN2 RN2 T2N2 −→ T2N2 = (iii)
mN2 RN2
a p2g Rg T1g
p2g v2g = Rg T1g − −→ p2g = (iv)
T1g V2g a
+
mg T1g
donde en esta última ecuación se ha tenido en cuenta que T2g = T1g por ser isotermo el proceso
que experimenta este gas.
Finalmente, por ser el recipiente rı́gido, el volumen total se conserva. Por lo tanto:
V2N2 + V2g = V1N2 + V1g = 2 V1g (v)
La ecuación (II) del balance energético puede expresarse en la forma:

V1g − V2g
mg h2 − h1 − T∞ (s2 − s1 ) − p2g V2g + p1g V1g + m2N2 (u2 − u1 )2N2 + mE g − Wrp = 0
g A
Con la ecuación térmica de estado dada para el gas del compartimento superior, las variaciones
de entalpı́a y entropı́a de ese gas, al evolucionar este isotermamente, si como presión de referencia se
toma po = p1g = 100 kPa vendrán dadas por:
Z p2g
∂v
h2 − h1 = v−T
∂T p

po
2a
=− (p2g − p1g )
T1g
Z p2g
∂v
s2 − s1 = −
∂T p

po
p2g a
= −Rg ln − 2 (p2g − p1g )
p1g T1g
Llevando estos resultados a la ecuación del balance energético y teniendo en cuenta que el N2 se
modela como gas perfecto se tendrá finalmente:

a p2g
m2N2 cvN2 (T2 − T1 )2N2 − mg (p2g − p1g ) − Rg T1g ln
T1g p1g
(1)
V1g − V2g
− p2g V2g + mE g + p1g V1g − Wrp = 0
A
Por otra parte, de la ecuaciones (I), (III), (IV) y (V) se obtiene:

 
2 V1g − V2g 
 Rg T1g + mE g 

T2N2 = (2)
m2N2 RN2  V2g a A 
+
mg T1g
Las resolución simultánea de las ecuaciones (IV), (1) y (2) determinan el estado termodinámico
de equilibrio del N2 y del gas del compartimentro superior una vez suministrados los 3.750 J con la
rueda de paletas.
3) Dando valores numéricos, las ecuaciones anteriores quedan:
p2g
23, 78(T2N2 − 298) − 4, 92 · 10−4 (p2g − 105 ) + 2.808 ln − p2g V2g
105
+ 3.122, 6 (0, 0275 − V2g ) − 1.000 = 0
 
0, 055 − V2g  20.646 
T2N2 =  + 3.122, 6
9, 5  V2g 
+ 3, 61 · 10−3
0, 136
20.646
p2g =
V2g
+ 3, 61 · 10−3
0, 136
La solución se va a realizar por el método de regula falsi según se muestra en el cuadro adjunto:
Se supone un valor para V2g y con él se obtienen los valores de p2g y de T2N2 (de las ecuacines (IV) y
(2) respectivamente). Llevando estos resultados a la ecuación (1) se obtendrá un determinado valor.
El procedimiento se repite hasta que δ, que es el valor de la ecuación (1), sea cero.
V2g p2g T2N2

3 δ
m kPa K
0,020 137 516 2.341

0,025 110 357,7 -2.059
0,0227 121 422,3 -251
0,0224 122,7 431,7 9
A la vista deestos resultados se toma como solución los valores de la última fila del cuadro anterior,
esto es:
temperatura
T2N2 = 431, 7 K ←−−−−−−−−−
final del N 2
presión presión
p2g = 122, 7 kPa ← −−−−−−−−−− ;
final del gas p2N2 = 125, 7 kPa ← −−−−−−−−
final del N 2
V2g = 22, 4 l ← −−volumen

−−−−−−−−final
−−−−−− ; V2N2 = 32, 6 l ←−−volumen
−−−−−−−−final
−−−−−−
ocupado por el gas ocupado por el N2
El calor cedido por el gas del compartimento superior viene dado, como ya se ha dicho, por:
Q = T∞ (s2 − s1 )g
que por evolucionar este gas de forma isoterma, la ecuación anterior queda:

p2g a
Q = −mg T1g Rg ln + 2 (p2g − p1g )
p1g T1g

8.314 122, 7 1, 077 3
= −0, 136 × 298 × × ln + × (122, 7 − 100) · 10
120 100 2982
calor cedido
' −585, 6 J −→ Qced = −Q = 585, 6 J ←−− −−−−−−−−−−−
durante el proceso
4) El segundo principio aplicado al sistema gas+émbolo+N2 proporciona:

Q
σp = (S2 − S1 )N2 + (S2 − S1 )g −
T∞
| {z }
=0

T2 p2
= mN2 cp ln − R ln
T1 p1 N
2

431, 7 8.314 125, 7
= 0, 032 × 1.040 × ln − × ln
298 28 103, 1
= 10, 5 J · K−1 ←−−−−−−−−−−−−−−−−−
durante el proceso
Y la irreversibilidad:
I = T∞ σp −→ I ' 3.100 J
Problema 53
Un cilindro horizontal de 25 cm de diámetro interior, aislado térmicamente, se encuentra en
posición horizontal y contiene 130 g de una gas confinado por dos émbolos adiabáticos (A y B) como
se muestra en la figura adjunta. El comportamiento del gas viene dado por:

pv p 0, 3
−5
=1 + 1,1 10 − 1,4 con R = 95 J · kg−1 · K−1
RT T T

T
cp (T, 100 kPa) = 400 1 + J · kg−1 · K−1
500
Mediante un vástago de sección despreciable se ejerce la fuerza necesaria sobre el émbolo A para man-
tener el equilibrio inicial. El émbolo B se apoya sobre una pared mediante un muelle
de constante elástica k= 50 kN·m−1 . Inicialmente
se encuentra comprimido 15 cm.
Partiendo de esta posición de equilibrio inicial
en la que todo el conjunto se encuentra a tempera-
tura ambiente se aumenta gradualmente el valor de
la fuerza hasta que el émbolo A se desplaza 12 cm
hacia la derecha. En ese instante se fija el émbolo
y se espera a que se alcance el equilibrio final.
Sabiendo que las condiciones del ambiente son 15 o C y 95 kPa, se pide:
1.- Valor de la fuerza que se debe ejercer sobre el vástago en la configuración inicial, presión inicial
del gas y distancia entre los émbolos en ese instante.
2.- Establecer las ecuaciones que determinan el estado de equilibrio en el instante final y reducirlo
a un sistema algebraico de dos ecuaciones con dos incógnitas.
3.- Resolver las ecuaciones del apartado anterior y obtener los valores de la elongación del muelle,
de la temperatura, de la presión y de la distancia entre los émbolos en el instante final.
4.- Calcular el trabajo comunicado por la fuerza exterior.
Solución
A la hora de resolver el problema se va a ha-
cer uso de la figura adjunta en la que se han re-
presentado las posiciones tanto inicial como final
de los émbolos A y B, especificándose las longitu-
des horizontales de los desplazamientos de dichos
émbolos. También está representada la fuerza del
muelle tanto en el instante inicial como en el final.
∂v
Como se va a necesitar al aplicar el balan-
∂T p
ce energético, despejando v de la ecuación térmica
de estado dada en el enunciado:

RT R −5 0, 3
v= + 0,1 10 − 1,4
p T T
Por lo tanto:
∂v R 0, 1R10−5 0, 45R
= − +
∂T p p T 1,1 T 2,5
1) Del equilibrio mecánico en el instante inicial aplicado a todo el conjunto:

F − Fm = 0 −→ F = −k(l1 − l0 )
Fuerza que debe
= −50 × (−0, 15) = 7, 5 kN ←−−−−−−−−−−−−−−−−
ejercerse inicialmente
Si ahora se considera sólo el émbolo A:

F
p1 = p∞ +
A
7, 5 Presión
= 95 + −−−−inicial
= 247, 8 kPa ←−−−del −−−−−−
π × 0, 1252 gas
De la figura se observa que la distancia inicial entre los émbolos, L1 , se determina conociendo el
volumen que ocupa el gas en ese instante. Ası́ pues:
mv1
L1 =
A
0, 13 95 × 288 95 −5 0, 3
= + 10 −
π × 0, 1252 247, 8 · 103 2880,1 2881,4
Distancia inicial
= 0, 278 m ←−−−−−−−−−−−−−
entre los émbolos
2) La compresión del gas en el interior del cilindro es una evolución isoentrópica, por lo tanto:
∆s = 0
Para calcular esta variación de la entropı́a se hace uso de
la expresión general de la misma teniendo como variables
T y p.
dT ∂v
ds = cp − dp
T ∂T p
Observando la figura adjunta:
Z T
o o o o cp (T, po ) dT
p = p −→ s(T, p ) − s(T , p ) =
To T
Z p
∂v
T = cte −→ s(T, p) − s(T, po ) = − dp

po ∂T p
siendo po la presión a la que se da el cp como función de T . Ası́ pues:

Z T Z p
o o cp (T, po ) dT ∂v
s(T, p) − s(T , p ) = −
T po ∂T p

To

T 4 o p R −6 1, 5 × 0, 3
= 400 ln o + (T − T ) − R ln o + 1,1 10 − 1,4
(p − po )
T 5 p T T
Haciendo uso de esta expresión entre los estado inicial y final, y teniendo en cuenta que en el
enunciado se da cp en función de T a una presión de 100 kPa, la ecuación anterior queda en la forma:

T2 4 p2 95 −6 1, 5 × 0, 3
400 ln + (T2 − 288) − 95 ln + 1,1 10 − 1,4 (p2 − 105 )
288 5 247, 8 T2 T2

95 1, 5 × 0, 3 (1)
− 1,1
10−6 − 1,4
(247, 8 · 103 − 105 ) = 0
288 288
| {z }
−4,4611
La segunda ecuación que se puede plantear es la del equilibrio mecánico ewn el instante final:
k
p2 = p ∞ − (l2 − lo )
A (2)
k
= p1 + x
A
ya que como puede observarse en la figura l2 = l1 − x.
También de la figura se obtiene la relación geométrica:
L2 + δ = L1 + x −→ L2 = L1 + x − δ
Por lo tanto, el volumen final ocupado por el gas será:

V2 = AL2
= A (L1 + x − δ) (3)
A
= V1 + A (x − δ) −→ v2 = v1 + (x − δ)
m
Finalmente, se establece la ecuación térmica de estado para el gas en el instante final:

p2 v2 p2 −5 0, 3
= 1 + 1,1 10 − 1,4 (4)
RT2 T2 T2
Estas cuatro ecuaciones determinan el estado final del gas: T2 , p2 v2 y x.

Para reducirlo a un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas, se sustituyen las ecuaciones (2)
y (3) en la (1) y (4) quedando ası́ un sistema de sólo 2 ecuaciones con dos incógnitas, T2 y x, que
dando valores numéricos a las variables conocidas, resultan.
T2
400 ln + 0, 8 (T2 − 288) − 95 ln(1 + 4, 1105 x)
288
95

450
(1a)
−3
+ 1,1 10 − 1,4 (147, 8 + 1.018, 59 x) + 4, 4611 = 0
T2 T2

(247, 8 + 1.018, 59 x) (0, 0597 + 0, 3776 x) 247, 8 + 1.018, 59 x −2 300
− 10 − 1,4 − 1 (4a)
0, 095 T2 T21,1 T2
3) La resolución se realiza de la forma siguiente. Se supondrá un valor para x y con este valor de x
se calcula T2 de la ecuación (1a), T2∗ , y de la ecuación (4a), T̃2 . El objetivo es obtener un valor de x
que iguale ambas según se muestra en el esquema que sigue:
( ∗
T21 = 316, 7 K
x = 0, 2
T̃21 = 648, 3 K
( ∗
T21 = 304, 18 K
x = 0, 1
T̃21 = 371, 3 K
( ∗
T22 = 296, 7 K
x = 0, 05
T̃22 = 265, 9 K
( ∗
T22 = 299, 2 K
x = 0, 066
T̃22 = 296, 6 K
Una nueva interpolación proporciona:

( ∗
T22 = 299, 4 K
x = 0, 067
T̃22 = 299, 3 K

Desplazamiento horizontal del émbolo B x = 0, 067 m
Temperatura final del gas T2 = 299, 4 K
Con estos valores de x y de T2 se obtiene para la elongación del muelle, lo − l2 , la presión del gas
p2 , la distancia entre los émbolos L2 y el volumen especı́fico en el estado final los valores siguientes:
lo − l2 = z1 + x = 0, 217 m
p2 = 316 kPa
L2 = L1 + x − δ = 0, 278 + 0, 067 − 0, 12 = 0, 225 m
π × 0, 1252
v2 = 0, 10497 + (0, 067 − 0, 12) = 0, 085 m3 kg−1
0, 13
4) Para calcular el trabajo comunicado por la fuerza exterior se toma como sistema el conjunto
émbolo A + émbolo B + gas + muelle. Se trata de un sistema cerrado, heterogéneo, deformable y
de fronteras adiabáticas. A este sistema se le aplica el balance energético obteniéndose:
WF,EA + Wat,EA + Wat,EB = ∆Ug + ∆Um
donde:
Wat,EA = p∞ A δ
= 95 · 103 × π × 0, 1252 × 0, 12 = 559, 6 J
Wat,EB = −p∞ A x
= −95 · 103 × π × 0, 1252 × 0, 067 = −312, 4 J
1
∆Um = k [(l2 − lo )2 − (l1 − lo )2 ]
2
1
= k (2z1 x + x2 ]
2
1
= × 50 · 103 × (2 × 0, 15 × 0, 067 + 0, 0672 ) = 614, 7 J
2
∆Ug = m [h2 − h1 − (p2 v2 − p1 v1 )]
La variación de entalpı́a se calcula, análogamente a como se ha hecho en el apartado 2 con la

variación de entropı́a, partiendo de su definición en función de las variables T y p de la forma
siguiente:
∂v
dh = cp dT + v − T dp
∂T p
Ahora bien, con referencia el gráfico del apartado 2) se tiene:
Z T
o o o o
p = p −→ h(T, p ) − h(T , p ) = cp (T, po ) dT
To
Z p
o ∂v
T = cte −→ h(T, p) − h(T, p ) = − v−T dp
po ∂T p
siendo po la presión a la que se da el cp como función de T . Ası́ pues:

Z T Z p
o o o ∂v
h(T, p) − h(T , p ) = cp (T, p ) dT − v−T
∂T p

To po
1, 1 × 10−5 2, 5 × 0, 3

o 2 o2
= 400 (T − T ) + 0, 4 (T − T ) + R − (p − po )
T 0,1 T 1,5
Por lo tanto:
1, 1 × 10−5 2, 5 × 0, 3

4 2 2
h2 − h1 = 400 (T2 − T1 ) + (T2 − T1 ) + R − (p2 − po )
10 T20,1 T21,5
1, 1 × 10−5 2, 5 × 0, 3

−R 0,1 − 1,5 (p1 − po )
T1 T1
= 400 × (299, 4 − 288) + 0, 4 × (299, 42 − 2882 )

0, 011 750
+ 95 × − × 216
299, 40,1 299, 41,5

0, 011 750
− 95 × − × 147, 8 ' 6.462, 4 J · kg−1
2880,1 2881,5
Ası́ pues:
∆Ug = 0, 13 × (6.462, 4 − 316 · 103 × 0, 085 + 247, 8 · 103 × 0, 105)
= 730, 8 J
Por lo tanto, el trabajo comunicado por la fuerza F será:
WF,EA = ∆Ug + ∆Um − Wat,EA − Wat,EB
Trabajo comunicado
= 730, 8 + 614, 7 − 559, 6 + 312, 4 ' 1.100 J ←−−−−−−−−−−−−−−−−
al gas por la fuerza F
Problema 54
En un cilindro vertical, abierto por su base superior y de 25 cm de diámetro interior hay 100
gramos de un gas confinados por un émbolo de aluminio de 6,5 kg de masa. El conjunto se encuentra
en una atmósfera a 25 o C y 100 kPa.
El comportamiento del gas viene descrito por:
a) La ecuación térmica de estado:

b
pv = RT − p a + 1,6 J · kg−1
T
donde a = 4, 23 · 10−5 m3 ·kg−1 , b = 25, 55 m3 ·kg−1 ·K1,6 y R = 69, 3J·kg−1 ·K−1 es la constante
del gas.
b) La capacidad térmica especı́fica a presión constante:
cp (T, po = pinicial gas ) = c + dT J · kg−1 · K−1
con c = 367 J·kg−1 ·K−1 y d = 1, 4 J·kg−1 ·K−2 .
A partir de las condiciones de equilibrio inicial y por medio de una fuerza exterior se comprime
el gas lo suficientemente rápido como para que la compresión pueda considerarse adiabática hasta
una presión de 4 MPa. Durante la compresión se disipa por fricción del émbolo con el cilindro un
trabajo mecánico que equivale al 5 % del trabajo comunicado al émbolo por la fuerza exterior. El
efecto de esta disipación se concentra sólo en el émbolo. Una vez alcanzada la presión de 4 MPa se
fija el émbolo y se deja atemperar el gas.
Se pide:
1.- Volumen ocupado inicialmente por el gas.
2.- Establecer las ecuaciones que, al finalizar la compresión, determinan:
a) La temperatura y volumen ocupado por el gas.

b) El trabajo comunicado al émbolo por la fuerza exterior.
c) El incremento de temperatura del émbolo.
3.- Resolver las ecuaciones anteriores dando los valores numéricos de la temperatura del gas, el
trabajo comunicado al émbolo por la fuerza exterior y la temperatura del émbolo.
4.- Producción de entropı́a (o irreversibilidad) en todo el proceso (compresión + atemperamiento).
La fuerza friccional en reposo se considera despreciable.

Solución
1) Volumen ocupado inicialmente por el gas.
El estado inicial es un estado de equilibrio. Por lo tanto, del equilibrio mecánico:
mE g
p1 = pamb +
A
6, 5 × 9, 81
= 100 + 2
· 10−3 ' 101, 3 kPa
π × 0, 125
El volumen que el gas ocupa inicialmente se obtiene a partir de la ecuación térmica de estado. En
efecto, despejando el volumen especı́fico:

RT b
v= − a + 1,6
p T
y como por definición:

V
v=
m
se obtendrá para el volumen ocupado por el gas:
V1 = mv1

R T1 b
=m − a + 1,6
p1 T1

69, 3 × 298 −5 25, 55 Volumen que el gas
= 0, 1 × 3
− 4, 23 · 10 + 1,6
= 0, 0201 m3 ←−−−−−−−−−−−−−−−
ocupa inicialmente
101, 3 · 10 298
2) Establecer las ecuaciones que, al finalizar la compresión, determinan:

a) La temperatura y volumen ocupado por el gas.
La compresión es adiabática y puede suponerse que durante ella no hay ningún tipo de irreversi-
bilidad en el interior del gas. Ası́, del segundo principio para sistemas cerrados, como δQi = 0 ∀i y
δσ = 0, se deduce que para el gas:
∆Sgas = 0 −→ s2 − s1 = 0 (1)
Esta ecuación es función de la temperatura y la presión finales. Esta última es conocida, luego una
vez resuelta la ecuación (1) se obtendrá la temperatura final del gas. Con la temperatura y presión
finales conocidas, de la ecuación térmica de estado, al igual que en el apartado anterior, se obtiene
el volumen que el gas ocupa al finalizar la compresión:
" #
R T2 b
V2 = m − a + 1,6 (2)
p2 T2
b) El trabajo comunicado al émbolo por la fuerza exterior.

Tomando como sistema el émbolo y aplicándole las ecuaciones del balance energético y de la
energı́a interna se obtiene:
B. E. : QE + WF, E + Watm, E + Wgas, E + Wcil, E = ∆UE + ∆EpE

E. E i : ∆UE = QE
Por lo tanto:
WF, E + Watm, E + Wgas, E + Wcil, E = ∆EpE (3)
En el enunciado se dice que entre el émbolo y el cilindro se disipa por fricción un trabajo mecánico
equivalente a 0,05 WF,E . Ası́ pues:
Wcil, E = −εσ
= −0, 05 WF,E
Llevando este resultado a la ecuación (3) resulta:
0, 95 WF,E + Watm, E + Wgas, E = ∆EpE (3a)
La frontera entre el émbolo y el gas es una frontera no disipativa, luego en ella se verifica la
igualdad:
Wgas, E = −WE, gas
Por otra parte del balance energético aplicado al gas se obtiene que:
WE, gas = ∆Ugas
por lo tanto:
−Wgas, E = ∆Ugas
Introduciendo este resultado en (3.a) y despejando el trabajo que la fuerza exterior comunica al
émbolo se obtiene:
∆Ugas + ∆EpE − Watm, E
WF,E = (4)
0, 95
NOTA: La expresión (4) se obtendrı́a directamente si como sistema se hubiese elegido el émbolo + gas. En efecto,
aplicando a este nuevo sistema el balance energético:
Q + WF, E + Watm, E + Wcil, E = ∆Ugas + ∆UE + ∆EpE
siendo Q el calor recibido por el sistema. En este caso, por ser el proceso de compresión un proceso rápido, pueden
despreciarse los flujos de calor entre los gases y el émbolo por lo que Q = QE y teniendo encuenta la ecuación de
la energı́a interna aplicada al émbolo (QE = ∆UE ) ası́ como el dato del enunciado sobre la disipación del trabajo
mecánico se podrá poner:
∆Ugas + ∆EpE − Watm, E
WF,E =
0, 95
c) El incremento de temperatura del émbolo.

Una vez conocido el trabajo que la fuerza exterior comunica al émbolo, se tiene que:
QE = εσ
= 0, 05 WF, E
= ∆UE
Esto es:
mE cE ∆TE = 0, 05 WF,E
luego, despejando el incremento de temperatura del émbolo:
0, 05 WE 0, 05 WE
∆TE = −→ T2E = T1E + (5)
m E cE mE cE
3) Resolución de las ecuaciones anteriores.

Se comienza poniendo las variaciones de entropı́a y de entalpı́a del gas respecto a un estado de
referencia T o y po .
La variación elemental de la entropı́a de un gas real viene dada por:
cp (T ) ∂v
ds = dT − dp
T ∂T p
luego entre el estado del gas (T , p) y el de referencia:

i i
s(T, p) − s(T o , po ) = s(T, po ) − s(T o , po ) + s(T, p) − s(T, po )

Z T Z p
cp T ∂v
= dT − dp
To T po ∂T p
T p 1, 6 b
= c ln o + d (T − T o ) − R ln o − 2,6 (p − po )
T p T
Para la entalpı́a:
!
∂v
dh = cp (T ) dT + v−T dp
∂T p
El segundo sumando del segundo miembro vale:

∂v RT b R 1, 6 b
v−T = − a + 1,6 − T + 2,6
∂T p p T p T

2, 6 b
= − a + 1,6
T
Por lo tanto, la variación de entalpı́a del gas entre el estado (T , p) y el de referencia vale:
i i
o o o o o o

h(T, p) − h(T , p ) = h(T, p ) − h(T , p ) + h(T, p) − h(T, p )
Z T Z p !
∂v
= cp (T ) + v−T dp
To po ∂T p

d 2 2, 6 b
o
= c (T − T ) + (T − T ) − a + 1,6 (p − po )
o2
2 T
La ecuación (1) en variables T y p queda:

T2 p 1, 6 b
c ln + d (T2 − T1 ) − R ln 2 − 2,6 (p2 − p1 ) = 0
T1 p1 T
y dando valores numéricos:
T2 4.000 1, 6 × 25, 55
367 × ln + 1, 4 × (T2 − 298) − 69, 3 × ln − 2,6
× (4 · 106 − 101, 3 · 103 ) = 0
298 101, 3 T2
La solución de esta ecuación se va a obtener con el método de la regula falsi”según se indica en el

cuadro siguiente:
T (K) δ
350 -161,629
400 -31,267
450 89,175
413 0,853
412,7 0,1189
Otra interpolación no da mayor precisión en la temperatura, por lo tanto la solución es:

Temperatura del gas al
T2 = 412, 7 K ←−−−−−−−−−−−−−−−−−
finalizar la compresión
El volumen que ocupa el gas al finalizar la compresión se obtiene de (2):

" #
69, 3 × 412, 7 25, 55
V2 = 0, 1 × 6
− 4, 23 · 10−5 −
4 · 10 412, 71,6
Volumen ocupado por el gas
= 5, 44 · 10−4 m3 ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
al finalizar la compresión
Para determinar el trabajo que la fuerza F comunica al émbolo es necesario conocer previamente,
según se pone de manifiesto en la ecuación (4), la variación de energı́a interna del gas. Esta variación
de energı́a interna se obtiene a partir de:
∆Ugas = m ∆hgas − (p2 V2 − p1 V1 )
con lo que el problema se reduce a calcular la variación de entalpı́a entre los estados inicial y final.
La variación de entalpı́a ya se ha obtenido en el apartado anterior y su valor es:
h(T2 , p2 ) − h(T1 , p1 ) = [h2 , p2 ) − h(T o , p1 )] + [h(T1 , p1 ) − h(T o , p1 )]

d 2 2 2, 6 b
= c (T2 − T1 ) + (T2 − T1 ) − a + 1,6 (p2 − p1 )
2 T2
1, 4
= 367 × (412, 7 − 298) + (412, 72 − 2982 )
2
−5 2, 6 × 25, 55
− 4, 23 · 10 + × (4 · 106 − 101, 3 · 103 )
412, 71,6
= 82.077, 2 J · kg−1
Por lo tanto, la variación de energı́a interna del gas valdrá:
∆Ugas = 0, 1 × 82.077, 2 − (4.000 × 0, 544 − 101, 3 × 20, 1)
= 8.067, 9 J
Llevando este resultado a la ecuación (4) se obtiene para el trabajo comunicado por la fuerza exterior
al émbolo:
V − V2
−mE g 1 − pamb (V1 − V2 ) + ∆Ugas
WF,E = A
0, 95
0, 019556
−6, 5 × 9, 81 × − 105 × 0, 019556 + 8.067, 9
π × 0, 1252
=
0, 95
25, 4 − 1.955, 6 + 8.067, 9
=
0, 95
Trabajo comunicado al émbolo
= 6.407, 2 J ←−−−por
−−−la
−−fuerza
−−−−−exterior
−−−−−−−−−−
Conocido WF,E la temperatura final del émbolo se obtiene a partir de (5):

T2E = T1E + ∆TE
0, 05 WF,E
= T1E +
mE cE
0, 05 × 6.407, 2 Temperatura final
= 298 + = 298, 06 K ←−−del
−−−émbolo
−−−−−−−−−
6, 5 × 896
4) Producción de entropı́a en todo el proceso (compresión + atemperamiento).

Para el cálculo de la producción de entropı́a desde el estado inicial al final elegimos como sistema
el gas+émbolo+ cilindro. Se trata de un sistema cerrado. El segundo principio aplicado a este sistema
da:
Q
σp = ∆Sgas + ∆SE −
Tamb
siendo Q el calor recibido por el sistema en el proceso global. Para calcular este calor, se establece el
balance energético al sistema:
Q + WF,E + Watm,E = ∆Ugas1→3 + ∆UE1→3 + ∆EpE1→2
Por lo tanto:
Q = ∆Ugas1→3 + ∆UE1→3 + ∆EpE1→2 − WF,E − Watm,E
La variación de energı́a interna del gas se calcula de forma igual a como se hizo anteriormente. Se
obtiene:
∆Ugas1→3 = m ∆hgas1→3 − (p3 V2 − p1 V1 )
La presión del gas una vez atemperado vale:
R T3
p3 =
b
v2 + a +
T31,6
0, 0693 × 298
= = 2.490, 6 kPa
25, 55
0, 00544 + 4, 23 · 10−5 +
2981,6
Como la temperatura inicial y final es la misma, la variación de energı́a interna se reduce a:

−5 2, 6 × 25, 55
∆Ugas1→3 = − 0, 1 × 4, 23 · 10 + × (2.490, 6 · 103 − 101, 3 · 103 )
2981,6
− (2.490, 6 × 0, 544 − 101, 3 × 20, 1)
= − 1.755, 5 + 681, 2 = −1.074, 3 J
La variación de energı́a interna del émbolo en el proceso global es nula, ya que para éste la energı́a
interna sólo depende de la temperatura y, como ya se ha dicho, ésta es la misma en los estados inicial
y final.
El calor valdrá entonces:
Q = −1.074, 3 − 25, 4 − 6.407, 3 − 1.955, 6
= −9.462, 6 J
La variación de entropı́a del gas en el proceso global, al ser iguales las temperaturas inicial y final,
vale:

p3 1, 6 b
∆Sgas1→3 = −m R ln + 2,6 (p3 − p1 )
p T1
1
2.490, 6 1, 6 × 25, 55 3 3
= −0, 1 × 69, 3 × ln + × (2.490, 6 · 10 − 101, 3 · 10 )
101, 3 2982,6
= −25, 795 J · K−1
Con todos estos resultados la producción de entropı́a vale:

9.462, 6
σp = −25, 795 +
298
= 5, 958 J · K−1 ←−en
−−− −−−−−−−−−−−−−−
el proceso global
Problema 55
Un depósito de 9 l, de paredes rı́gidas y aisladas térmicamente, está dividido en dos compartimentos
por una membrana rı́gida. Uno de los compartimentos, cuyo volumen es 1/3 del volumen total,
está lleno de un gas a 10 MPa y 200o C mientras que en el otro se ha hecho el vacı́o.
Del gas de conoce la ecuación térmica de estado:
pv ap
=1+ 2
RT T
y su capacidad térmica especı́fica a presión constante:
cp (T, 100kPa) = b + cT J · kg−1 · K−1

donde a = −5, 2265·10−3 K2 ·Pa−1 , b = 1578, 7 J·kg−1 ·K−1 , c = 1, 778 J·kg−1 ·K−2 , R = 488 J·kg−1 ·K−1
y T se expresa en K.
En un cierto instante se rompe la membrana y el gas pasa a ocupar todo el volumen del recipiente.
Una vez que el gas ha alcanzado el nuevo estado de equilibrio termodinámico, se pide:
1.- La masa de gas existente en el depósito.

2.- Establecer las ecuaciones que determinan la temperatura y la presión del gas después de romperse
la membrana y alcanzar el gas el nuevo estado termodinámico.
3.- Resolver las ecuaciones anteriores.
4.- Calcular la producción de entropı́a del proceso.
5.- Calcular el coeficiente de Joule-Thomson, µJT , en los instantes inicial y final.
Las condiciones del ambiente son 25o C de temperatura y una presión de 100 kPa.
Solución Despejando v de la ecuación térmica de estado dada se obtiene:
RT aR ∂v R aR
v= + −→ = − 2
p T ∂T p p T
1) Masa de gas existente en el depósito.

De la ecuación térmica de estado aplicada al gas en el estado inicial:
RT1 aR
v1 = +
p1 T1
488 × 473 5, 2265 · 10−3 × 488
= − = 0, 01769 m3 · kg−1
10 · 106 473
por lo tanto, de la definición de volumen especı́fico:
V1
m=
v1
0, 003 Masa de gas
= = 0, 1696 kg ←−−
en
−−−−−−−
el cilindro
0, 01769
2) Ecuaciones que determinan la temperatura y la presión del gas después de romperse la membrana
y alcanzarse el nuevo estado de equilibrio.
Se elige como sistema el contenido del depósito. Se trata de un sistema cerrado con fronteras
rı́gidas y adibáticas (están aisladas térmicamente). Ası́ pues, el balance energético aplicado a ese
sistema proporciona la ecuación:
∆U = 0 −→ ∆h − p2 v2 + p1 v1 = 0
y la variación de la entalpı́a en función de T y p es:

∂v
dh = cp dT + v − T dp
∂T p
Por lo tanto, la ecuación obtenida del balance energético, teniendo en cuenta la expresión de la
derivada parcial del volumen especı́fco respecto a la temperatura a presión constante, queda en la
forma:
Z T2
p2 − po p1 − po

o
cp (T, p )dT + 2 a R − − p2 v2 + p1 v1 = 0 (1)
T1 T2 T1
De esta ecuación son datos o se conocen T1 , p1 , v2 , v1 , quedando, pues, como incógnitas T2 y p2 .

Se conoce, además, la ecuación térmica de estado. Por lo tanto, si se despeja p2 de esta ecuación,
se obtiene otra también con las incógnitas T2 y p2 :
R T22
p2 = (2)
v2 T2 − a R
La resolución de estas dos ecuaciones (1) y (2) proporcina los valores de la temperatura y presión
del gas en el equilibrio final.
3) Resolución de las ecuaciones anteriores.
Sustituyendo en las ecuaciones (1) y (2) los valores conocidos, se obtiene:
p2 − 105

1, 778 2
δ ≡ 1578, 7 (T2 − 473) + (T2 − T12 ) − 5, 1011 − 20.930, 233
2 T2
− 0, 0531 p2 + 176.886, 792 = 0
488 T22
p2 =
0, 0531 T2 + 2, 5505
Se trata, pues, de resolver estas dos ecuaciones simultáneamente. Para ello, se supondrá un valor
de T2 y de la segunda ecuación se obtendrá el correspondiente valor de la presión p2 . Con estos
dos valores de temperatura y presión se obtiene el valor de δ con la primera ecuación. Se trata de
encontrar los valores de T2 y p2 que hagan δ = 0. En el siguiente cuadro queda expuesto el método
seguido:
T2 (K) p2 (Pa) δ
473 3946237,7 32628,8
400 3281982 -103098,5
455,5 3786822 -787
455,9 3790465 -29,4
A la vista de los resultados de la última fila, se toma como solución:

T2 = 455, 9 K Temperatura
←y
−presión
−−−−−−finales
−−−−−
p2 = 3, 79 MPa
4) Calcular la producción de entropı́a del proceso.

Aplicando el segundo principio al sistema formado por el recipiente y su contenido resulta:
σp = m (s2 − s1 )
cp ∂v
y como la variación de entropı́a de un gas viene dada por ds = dT − dp, teniendo en cuenta
T ∂T p
la ecuación térmica de estado se tendrá:
Z T2 o
cp (T ) p2 − po p 1 − po

p2
σp = m dT − R ln + a R −
T1 T p1 T22 T12

455, 9 3, 79
= 0, 1698 × 1578, 7 × ln + 1, 778 × (455, 9 − 473) − 488 × ln
473 10
6 5 7 5

3, 79 · 10 − 10 10 − 10
− 2, 5505 × 2
−
455, 9 4732
Producción
= 0, 1698 × (−88, 53 + 473, 47 + 67, 58) = 76, 84 J · K−1 ←−−−−−−−−
de entropı́a
5) Calcular el coeficiente de Joule-Thomson, µJT , en los instantes inicial y final.

Se va a hacer aplicación de la expresión (5.71) de los apuntes:

∂v
T −v
∂T p
µJT =
cp
Derivando la ecuación térmica de estado respecto a T manteniendo p constante:

∂v R aR
= − 2
∂T p p T
luego:

∂v 2aR
T −v =−
∂T p T
Por otra parte, de la ecuación (5.64) de los apuntes se obtiene:

Z p 2
o ∂ v
cp (T, p) = cp (T ) − T 2
dp
po ∂T p
2aR
= b + cT − (p − po )
T2
Sustituyendo estos resultados en la expresión del coeficiente de Joule-Thomson se obtiene:
2 aR
−
µJT = T
2 aR
b + cT − (p − po )
T2
y sustituyendo los valores de T y de p de los estados inicial y final:
µJT (T1 , p1 ) = 4, 077 · 10−6 K · Pa−1
µJT (T2 , p2 ) = 4, 512 · 10−6 K · Pa−1
Problema 56
Un recipiente cilı́ndrico de paredes rı́gidas, de 70 cm de diámetro interior, que se apoya en una
de sus bases estando la otra abierta a la atmósfera, contiene, confinado por un émbolo de 60 kg, una
masa de etileno a temperatura del ambiente. El volumen ocupado inicialmente por el gas es 0,5 m3 .
Las condiciones del ambiente son 25 o C y 98,5 kPa.
A partir de las condiciones iniciales de equilibrio el gas se comprime por medio de una fuerza
exterior de forma suficientemente lenta como para poder considerar esa compresión isoterma. Se ha
medido el trabajo realizado por la fuerza exterior durante la compresión resultando 48 kJ. Suponiendo
despreciable la disipación de energı́a mecánica por efecto de la fricción entre émbolo y cilindro y
utilizando el método de los estados correspondientes se pide:
1.- Masa de etileno contenida en el recipiente.

2.- Establecer el mı́nimo número de ecuaciones que determinan la presión del gas al final de la
compresión isoterma y el desplazamiento vertical del émbolo.
3.- Resolver esas ecuaciones dando, en particular, los valores de la presión final del gas y el despla-
zamiento del émbolo.
4.- Calcular el trabajo comunicado al gas durante la compresión isoterma
5.- Calcular el calor cedido por el gas durante la compresión isoterma.
Solución
La presión y la temperatura crı́ticas ası́ como la masa molar del etileno son:
pc = 5, 12 MPa Tc = 282, 4 K M = 28 kg · kmol−1
1) El estado inicial es de equilibrio termodinámico, luego:
m g
p1 = p∞ + E
A
60 × 9, 81
= 98, 5 + · 10−3
π × 0, 352
0, 1
' 100 kPa −→ pR1 = ' 0, 02
5, 12
298
T1 = 298 K −→ TR1 = = 1, 06
282, 4
Con estos valores de pR1 y TR1 en el diagrama del factor de compresibilidad Z = Z(pR , TR1 , Zc = 0, 27)
y en los diagramas de desviación de la entalpı́a y entropı́a se lee:
Z1 ' 0, 99
h∗ − h
= 0, 025
RTc 1
s∗ − s
= 0, 015
R 1
Ası́ pues, de la definición del factor de compresibilidad se obtiene:
p1
ρ1 =
Z1 RT1
105
= = 1, 142 kg · m−3
8314
0, 99 × × 298
28
por lo tanto:
m = ρ1 V 1
= 1, 142 × 0, 5 = 0, 57 kg ←−−Masa
−−−−− de etileno
−−−−−−−−−−
contenida en el cilindro
2) Se elige como sistema el gas+émbolo. Se trata de un sistema cerrado, deformable y heterogéneo.
El balance energético aplicado a este sistema proporciona:
Wamb,E + WF,E + Q = ∆Ugas + ∆EpE (1)
Como no hay ningún tipo de irreversibilidad ni interna ni externa al sistema σp = 0. Por lo tanto,
del segundo principio aplicado al sistema:
Q
= ∆Sgas −→ Q = Tamb ∆Sgas (2)
Tamb
y llevando este resultado a la expresión del balance energético se tiene, después de reordenar los
términos:
WF,E = ∆Ugas − T∞ ∆Sgas + ∆EpE − Wamb,E
Si con x se señala el desplazamiento vertical y hacia abajo del émbolo y teniendo en cuenta que
u = h − pv, la última ecuación podrá escribirse en la forma:
h i
m ∆hgas − T∞ ∆sgas − (p2 v2 − p1 v1 ) − p∞ A + mE g x − WF,E = 0 (3)
ecuación con tres incógnitas: p2 , v2 y x. Se precisan, pues, otras dos ecuaciones. Estas son: la ecuación
térmica de estado, que en el caso concreto de este problema se dice que es la de estados correspon-
dientes, aplicada en el estado final:
 Z2 = p2 v2

Ecuación térmica de estado : RT∞ (4)

 Z = Z(p , T , Z = 0, 27)
2 R2 R2 c
y la relación:
Ax m(v1 − v2 )
v2 = v1 − −→ x = (5)
m A
Con el modelo de estados correspondientes las variaciones de entalpı́a y de entropı́a resultan:
Z T2 " #
h∗ − h h∗ − h
∆h = cp (T )dT − RTc −
RTc pR2 ,TR2 RTc pR1 ,TR1

T1
Z T2 " #
cp (T ) p2 s∗ − s s∗ − s
∆s = dT − R ln − R −
T p1 R pR2 ,TR2 R pR1 ,TR1

T1
En el caso particular de este problema, por tratarse de un proceso a temperatura constante, las
integrales de las expresiones anteriores son nulas. Por tanto, la ecuación (3) se podrá expresar en la
forma:
" #
h∗ − h h∗ − h

mR − Tc −
RTc pR2 ,TR2 RTc pR1 ,TR1

" ∗ #
s∗ − s

p2 s − s (3a)
+ T∞ ln + − − (Z2 − Z1 )
p1 R pR2 ,TR2 R pR1 ,TR1

− p∞ A + mE g x − WF,E = 0
donde se ha hecho uso de la definición del factor de compresibilidad Z. Ası́ pues, las ecuaciones (3a),
(4) y (5) determinan el estado final del etileno (p2 y v2 ) y el desplazamiento vertical del émbolo.
3) Dando los valores de los términos conocidos de las ecuaciones (5) y (3a), estas quedan:
x = 1, 4811 (0, 8757 − v2 )

h h∗ − h i h p2 s∗ − s
0, 169 − 282, 4 − 0, 025 + 298 ln +

RTc pR2 ,TR2 100 R pR2 ,TR2

i
− 0, 015 − Z2 + 0, 99 − 38, 5 x − 48 = 0
La resolución del sistema anterior se va a realizar por el método de regula falsi. Se supone un valor
para pR2 ; con él se determina Z2 en el diagrama Z = Z(pR , TR , Zc = 0, 27) y con estos valores, de la
definición de Z se determina v2 . El desplazamiento del émbolo x se obtiene de la primera de las dos
últimas ecuaciones planteadas. El proceso seguido se muestra en el siguiente cuadro:
TR2 = 1, 05
v2 x h∗ − h s∗ − s 38, 5 x δ
pR2 Z2 3
RTc 2 R 2

(m /kg) (m) (kJ) (kJ)
0,10 ' 0,97 0,167 1,05 ' 0,09 ' 0,08 40,4 -5
0,15 '0,95 0,109 1,14 ' 0,15 ' 0,12 43,7 12
Una nueva interpolación darı́a para pR2 el valor 0,115. Debido a la falta de precisión en los gráficos
si se entra con este valor de pR2 , se opta por tomar este como solución. Ası́ pues, las magnitudes
pedidas son:
p2 = 590 kPa
x = 1, 08 m
4) Como la frontera gas-émbolo es una frontera no disipativa se verificará que WE,gas = −Wgas,E .
Por lo tanto, aplicando el balance energético al émbolo y teniendo en cuenta esta última relación
ası́ como que el proceso del émbolo es un proceso isotermo y que puede despreciarse la fricción en la
frontera émbolo-cilindro, podrá escribirse:
WF,E + Watm,E − WE,gas = ∆EpE
Ası́, despejando el trabajo que el émbolo comunica al gas se tiene:
WE,gas = WF,E + Watm,E − ∆EpE

= WF,E + p∞ A + mE g x
= 48 + 41, 6 = 89, 6 kJ
5) Como el proceso es isotermo y el émbolo es un sistema indeformable (∆UE = 0 y no hay trabajo

de
P las fuerzas interiores), de la ecuación de la energı́a interna aplicada a este último se deduce que
i Qi = 0, es decir que el calor que desde el gas se transfiere al émbolo éste lo transfiere integramente
al exterior. Ası́ pues, el calor que el gas cede durante la compresión isoterma viene dado por:
Qced = −Q
donde Q es el calor que el gas+émbolo recibe del ambiente y viene dado por (2). Ası́:
Qced = −Tamb ∆Sgas
!
p2 s∗ − s s∗ − s
= m R Tamb ln + −
p1 R pR2 ,TR2 R pR1 ,TR1

8, 314 0, 115
= 0, 57 × × 298 × ln + 0, 09 − 0, 015 = 92 kJ
28 0, 02
Problema 57
Un cilindro adiabático de 25 cm de diámetro contiene, confinado por un émbolo de 45 kg, 100
gramos de un gas a 1 MPa ocupando un volumen de 1,9 l. El émbolo es adiabático y se halla unido
a un punto fijo del exterior mediante un muelle de constante elástica 350 kN·m−1 . El conjunto se
encuentra en posición vertical en equilibrio en presencia de un ambiente a 298 K y 100 kPa. A partir
de un cierto instante se retira el aislamiento de la base del cilindro y se pone en contacto con una
fuente térmica a 280 o C. Las caracterı́sticas del gas son: pc = 3,67 MPa, Tc = 456,9 K, M = 152,9
kg · kmol−1 y su capacidad térmica especı́fica a presión constante:
cp (T, p → 0) = 283, 8 + 1, 25T J · kg−1 · K−1
Se pide calcular:
1.- Temperatura del gas en el instante de equilibrio inicial.
2.- Presión y volumen ocupado por el gas en el estado de equilibrio final.
3.- Calor intercambiado con la fuente térmica.
4.- Variación de entropı́a del gas.
Solución
El problema se va a resolver utilizando el método de los estados correspondientes. Como ecuación
térmica de estado se utilizará el diagrama Z = Z(TR , pR , Zc ), junto con la definición de Z:
pv
Z=
RT
1) Temperatura del gas en el instante de equilibrio inicial.

V1 1, 9 · 10−3
v1 = =
m 0, 1
= 0, 019 m3 · kg−1
Para calcular la temperatura por medio del diagrama Z = Z(TR , pR , Zc ) se utiliza el siguiente
método:
Como se conoce la presión inicial, se calcula la presión reducida:
p1
p R1 =
pc
1
= = 0, 272
3, 67
Se traza en el diagrama del factor de compresibilidad la isobara reducida pR1 y sobre ella se
elige un valor arbitrario de la temperatura reducida. Esto nos da un valor de Z. Con estos valores
de temperatura y presión reducida y con el del factor de compresibilidad se determina el valor del
volumen especı́fico v10 . Se calcula la diferencia entre este valor de v10 y el valor conocido de v1 . Se
trata de encontrar dos valores de temperatura reducida para los que la diferencia v1 − v10 tenga signos
opuestos. Se interpola entre esos valores de temperatura reducida para hallar aquella temperatura
reducida para la que la diferencia v1 − v10 sea nula. El proceso se termina cuando no haya posibilidad
de diferenciar los valores de Z en el diagrama. Lo anterior queda reflejado en el cuadro siguiente:
TR1 Z1 v10 v1 − v10

0,85 0,81 0,0171 0,0019
0,90 0,84 0,0188 0,0002
0,95 0,875 0,0207 -0,0017
Interpolando entre TR1 = 0, 9 y TR1 = 0, 95 se obtiene que para que la diferencia v1 − v10 sea nula,
TR1 = 0, 905. Al llevar este valor al diagrama del factor de compresibilidad no se encuentra diferencia
con el valor TR1 = 0, 9. Ası́ pues tomamos como solución:
Temperatura inicial
TR1 = 0, 905 −→ T1 = 413, 5 K ←−−−−−−−−−−−−−−−
del gas
Si se dispone del diagrama Z = Z (pR , vR0 ) la temperatura se obtiene directamente ya que con pR1 = 0, 272 y
v1 pc
vR0 1 = = 2, 81 en el diagrama se lee Z(0, 272, 2, 81) = 0, 848 y por lo tanto:
R Tc
p1 v1
T1 =
RZ1
106 × 0, 019
= = 412 K
(8314/152, 9) × 0, 848
2) Presión y volumen ocupado por el gas en el estado de equilibrio final.

Del estado final se conoce la temperatura:
T2 = 553 K −→ TR2 = 1, 21
y del equilibrio mecánico en el estado final:
mE g km
p2 = pamb + − (l2 − lo )
A A (1)
km
= p1 + x
A
ya que del equilibrio mecánico en el estado inicial
(ver figura) A p1 = A pamb + mE g − k (l1 − lo ).
Entre el volumen inicial y el final existe la rela-
ción:
A
V2 = V1 + Ax −→ v2 = v1 + x (2)
m
Se dispone además del diagrama del factor de
compresibilidad:
pv
Z = Z (TR , pR , Zc = 0, 27) con Z =
RT
La solución se va a obtener por iteración: Se supone un valor arbitrario para x y de (1) se determina
p2 y por lo tanto pR2 . Con los valores de TR2 y pR2 en el diagrama del factor de compresibilidad se
lee el valor correspondiente de Z2 y de la definición de Z se obtiene v2 y por tanto un nuevo valor de
x a partir de (2). Si este valor de x obtenido coincide con el supuesto, ese valor es la solución. Si no
es ese valor de x obtenido el que se introduce en el ciclo según se muestra el cuadro siguiente:
p2 v2
x p R2 Z2 3 x0
kPa m /kg
0,02 1.143 0,314 0,95 0,0250 0,0122

0,0122 1.087 0,296 0,95 0,0263 0,0149
0,0149 1.106,2 0,3 0,95 0,02582 0,0139
0,0139 1.099,1 0,299 0,95 0,02599 0,0142
0,0142 1.101,2 0,3 0,95 0,02594 0,0141
0,0141 1.100,5 0,2998 0,95 0,02596 0,01418
A la vista de las dos últimas filas se toma como solución:
x = 0, 0142
Presión final
p2 = 1.101, 2 kPa ←−−−−−−−−−
del gas
Volumen final
V2 = 2, 59 L ←−−−−−−−−−−−−−−
ocupado por el gas
3) Calor intercambiado con la fuente térmica.

Se elige como sistema el conjunto formado por gas + émbolo + muelle. Es un sistema cerrado y
compuesto a la vez que deformable. El balance energético para este sistema resulta:

Q + Wamb,sis = ∆E

sis
= ∆U + ∆EpE + ∆Umuelle

gas
ya que para el gas y para el muelle se desprecia la variación de energı́a potencial. Despejando el calor:

Q = ∆U + ∆EpE + ∆Umuelle − Wamb,sis

gas
Se va a evaluar cada uno de los términos del segundo miembro:
* Variación de la energı́a interna del gas:

Por definición h = u + pv, luego:
∆Ugas = ∆Hgas − ∆ (pV )gas
"Z !#
T2
h∗ − h h∗ − h
=m cop (T ) dT − R Tc − − p2 V 2 + p1 V 1
R Tc (pR2 ,TR2 ) R Tc (pR1 ,TR1 )

T1
h 1, 25
= 0, 1 × 283, 8 × (553 − 413, 5) + × (5532 − 413, 52 )
2
8.314 i
− × 456, 9 × (0, 19 − 0, 45) − 1.101, 2 × 2, 59 + 1.000 × 1, 9
152, 9
= 12.079, 5 J
1
* Variación de la energı́a interna del muelle: ∆Umuelle = km (z1 x + x2 )
2
* Variación de la energı́a potencial del émbolo: ∆EpE = mE gx
* Trabajo comunicado por el ambiente al sistema: Wamb,sis = −pamb Ax
La suma de estos tres últimos puede ponerse como:
1
∆Umuelle + ∆EpE − Wamb,sis = p1 (V2 − V1 ) + km x
2
1
= 106 × (0, 00259 − 0, 0019) + × 350 · 103 × 0, 0142 = 724, 3 J
2
Ası́ pues:
Q = 12.079, 5 + 724, 3
Calor recibido por el gas
= 12.803, 8 J ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
desde la fuente térmica
4) Variación de entropı́a del gas.

Utilizando el modelo de estdos correspondientes la variación de entropı́a del gas viene dada por:
"Z !#
T 2 co ∗ ∗

p p 2 s − s s − s
S2 − S1 = m dT − R ln − R −

T p R R

gas T1 1 (p ,T
R2 R2
) (pR ,TR )
1 1
h 553
= 0, 1 × 283, 8 ln + 1, 25 × (553 − 413, 5)
413, 5
8314 i
− ln(1, 1012) − 8, 156 + 21, 75
152, 9
Variación de entropı́a
= 26, 52 J · K−1 ←−−−−−del
−−−gas
−−−−−−−−
Problema 58
Un recipiente, en posición vertical, de 74,5 l, cuyas paredes rı́gidas, de capacidad térmica despre-
ciable y aisladas térmicamente, contiene 3,5 kg de un gas a una temperatura de 123 o C.
Del gas se conocen:
a) su masa molar: M = 28 kg/kmol,

b) sus magnitudes crı́ticas: Tc = 282, 4 K y pc = 5,12 MPa.
c) su capacidad térmica especı́fica a presión constante: cp (T, p → 0) = 43, 8 kJ/(kmol·K).
A partir del estado inicial de equilibrio del gas, se quita el aislamiento de una de las base del recipiente
y este se pone en contacto con una fuente térmica y se deja que se alcance el equilibrio térmico con
dicha fuente instante en el que el barómetro adosado al recipiente indica que la presión del gas es 3,8
MPa. Utilizando el modelo de estados correspondiente para el gas se pide:
1.- Determinar el factor de compresibilidad y las desviaciones por compresibilidad de la entalpı́a y

entropı́a del gas en el estado inicial.
2.- Determinar la temperatura final del gas.
3.- Calcular el calor cedido por el gas a la fuente térmica.
Solución
1) Del gas se conocen el volumen especı́fico, que se mantiene constante durante toda la evolución, y
la temperatura:
V
v1 =
m
74, 5 · 10−3
= = 0, 0213 m3 · kg−1
3, 5
T1 = ϑ1 + 273
= 123 + 273 = 396 K
Con estos valores se determinan el volumen pseudorreducido vR0 y la temperatura reducida TR1 en
el instante inicial:
v 1 pc
vR0 =
1 R Tc
0, 0213 × 5, 12 · 106
= ' 1, 3
8.314
× 282, 4
28
T1
TR1 =
Tc
3, 96
= = 1, 4
282, 4
Entrando con estos valores en el diagrama del factor de compresibilidad que tiene las lı́neas vR0 =
cte y TR1 = cte (diagrama G-2 de los apuntes) se obtiene:

) factor de compresibilidad
TR1 = 1, 4  Z ' 0, 89 ←
1 −−−−−−−−−−−−−−−−−−−
−→ del gas en el estado inicial
0
vR ' 1, 3  p ' 0, 95 −→ p = 4, 86 MPa
1 R1 1
Si no se dispone del diagrama del factor de compresibilidad con las lı́eneas vR0 = cte, la obtención de Z1 y pR1 se
realiza utilizando el diagrama Z = Z(TR , pR , Zc = 0, 27) de los apuntes de Termodinámica según se indica en el cuadro
adjunto. Para el valor inicial de la iteración se calcula el correspondiente al comportamiento de gas perfecto, siendo
en este caso pR1 = 1, 08:
TR1 = 1,4
p1 Z1 RT1
pR1 Z1 v1∗ = v1 − v1∗
(MPa) p1
1,08 5,5296 0,88 0,087 -0,0026
1,0 5,12 0,89 0,017 0,0009
0,9 4,608 0,91 0,017 -0,002
0,97 4,967 0,9 0,017 0
de donde se deduce que la solución que para el gas en el estado inicial:
Z1 = 0, 9 y pR1 = 0, 97 −→ p1 = 4, 97 MPa
Ahora entrando con los valores reducidos de la presión y temperatura en los diagramas de las
desviaciones de entalpı́a y entropı́a debidas a la compresibilidad se obtiene:
 ∗
h − h
' 0, 5
)
TR1 = 1, 4


−→ R Tc 1
∗
pR1 ' 0, 95  s − s ' 0, 25

R 1
2) Del estado final se conocen la presión, p2 = 3, 8 MPa y el volumen especı́fico, v2 = v1 . Ası́ pues,
entrando con el valor de la presión reducida en el estado final en el diagrama del factor de compresi-
bilidad que contenga las lı́neas vR0 = cte (diagrama G-1 de los apuntes) por ser el proceso a volumen
constante (vR0 = vR0 = 1, 3) se obtiene:
2 1
p2 
pR2 = 
pc




3, 8
= = 0, 74 −→ Z2 ' 0, 83
5, 12 

vR0

= 1, 3 
2
y utilizando la definición de Z:
p2 v 2
T2 =
Z2 R
3, 8 · 106 × 0, 0213 temperatura del gas
= = 328, 4 K (TR2 ' 1, 16) ←−en
−−el
−−estado
−−−−−− −−−−
8.314 final
0, 83 ×
28
Esta temperatura será la de la fuente térmica ya que el gas ha alcanzado el equilibrio termico con
dicha fuente
En el diagrama anterior se podrı́a haber leı́do con los valores señalados de pR2 y de vR0 la lı́nea
2
TR2 = 1, 15 obteniéndose para la temparatura final el valor T2 = 324, 8 K
Si no se dispone del diagrama del factor de compresibilidad con las lı́eneas vR0 = cte, la obtención de TR2 se realiza
utilizando el diagrama Z = Z(TR , pR , Zc = 0, 27) de los apuntes de Termodinámica según se indica en el cuadro
adjunto:
pR2 = 0,74
T2 Z2 RT2
TR2 Z2 v1∗ = v1 − v1∗
(K) p2
1,2 388,9 0,855 0,0226 0,0013
1 282,4 0,66 0,0146 -0,0067
1,17 330,4 0,84 0,0216 0,0003
1,16 327,5 0,84 0,0215 0,0002
Del cuadro anterior se deduce que la temperatura del gas en el estado final será T2 = 327, 5 K ya que una nueva
interpolación no darı́a más precisión en los gráficos.
3) El balance energético aplicado al gas (sistema cerrado de fronteras rı́gidas) con el modelo de
estados correspondientes resulta:
Q = ∆Ugas
= m(u2 − u1 )
= m(h2 − h1 ) − V (p2 − p2 )
Z T2 ∗
h∗ − h

h − h
=m cp (T, p → 0)dT − R Tc − − V (p2 − p1 )
R Tc 2 R Tc 1

T1
3, 5
= × [43, 8 × (328, 4 − 396) − 8, 314 × 282, 4 × (0, 7 − 0, 5)] − 0, 0745 × (3.800 − 4.860)
28
' −350 kJ
Luego el calor cedido por el gas a la fuente térmica será:

Qced = −Q
calor cedido por el gas
= 350 kJ ←−a−−−−−−−−−−−−−−−−
la fuente térmica
4) Del segundo principio aplicado al proceso del gas confinado en el recipiente se obtiene:
Q
σp = ∆Sgas −
TFT
Q
= m (s2 − s1 ) −
TFT
Z T2 ∗
s∗ − s

cp (T, p → 0) p2 s − s Q
=m dT − R ln − R − −
T p1 R 2 R 1 TFT

T1

3, 5 328, 4 3, 8 350
= × 43, 8 ln − 8, 314 × ln + 0, 4 − 0, 25 +
28 396 4, 86 328, 4
= 0, 140 kJ · K−1 = 140 J · K−1 ←−−−−−−−−−−−−−−−−−
en el proceso
Problema 59
En un determinado proceso se requiere metano a baja temperatura y presión relativamente alta.
Para ello se ensayan diversos procedimientos y uno de ellos es el que se describe a continuación.
Se parte de 1 kg de esta sustancia a 43,65 bar y 308 K, encerrada en un cilindro térmicamente
aislado que se encuentra en posición horizontal en presencia de la atmósfera. Un émbolo de 0,2 m2
de sección, 40 kg y una capacidad térmica especı́fica de 380 J·kg−1 ·K−1 , fijado a las paredes del
cilindro, cierra una de sus bases. Las caras del émbolo en contacto con el metano y el aire ambiente
son adiabáticas y cuando desliza lo hace con fricción. Además, este émbolo lleva fijo a su cara externa
y a un punto del exterior un muelle que se encuentra inicialmente comprimido 10 cm.
Con el émbolo fijo, se retira el aislamiento de la otra base del cilindro y se pone en contacto con
una fuente térmica a 268 K hasta que se alcanza el equilibrio. A continuación, se aisla nuevamente
la base y se suelta el émbolo, que se desplaza comprimiendo el muelle 15 cm más.
Utilizando el modelo de estados correspondientes para el metano y haciendo, y justificando, las
hipótesis oportunas, se pide:
1.- Escribir las ecuaciones que permiten obtener el calor intercambiado con la fuente. Resolverlas
dando su valor y el estado de equilibrio del metano antes de soltar el émbolo.
2.- Escribir las ecuaciones que permiten calcular el estado final de equilibrio del metano. Obténganse
los valores numéricos correspondientes, el trabajo comunicado al mismo durante el proceso y la
constante elástica del muelle.
3.- Escribir las ecuaciones que permiten obtener la temperatura final del émbolo, si su temperatura
inicial coincide con la del metano en el estado inicial. Calcúlese su valor.
Nota: Tómese para el metano cp (T, p → 0) = 1, 712 + 1, 65 · 10−3 T kJ·kg−1 ·K−1
Solución
Las magnitudes crı́ticas del CH4 son:
Tc = 191, 4 K
pc = 4, 595 MPa
Por lo tanto, la temperatura y presión re-

ducidas correspondientes al estado inicial
son:
T1 308
TR1 = = = 1, 6
Tc 191, 4
p1 4, 365
p R1 = = = 0, 95
pc 4, 595
Entrando con estos valores de las
magnitudes reducidas en el diagrama del
factor de compresibilidad Z = Z(TR , pR ,
Zc = 0, 27) se obtiene:
Z1 ' 0, 95
y el volumen especı́fico del metano en el
Esquema hasta el equilibrio final. estado inicial:
Z1 RT1
v1 =
p1
0, 95 × (8.314/16) × 308
= = 0, 03483 m3 · kg−1
4, 365 · 106
Entrando con los valores de temperatura y presión reducidas en los diagramas generalizados para
la corrección de la entalpı́a y entropı́a se obtiene:

h∗ − h s∗ − s
= 0, 3 = 0, 2
R Tc R
1 1
La evolución que experimenta el metano es:
1 → 2: enfriamiento a volumen constante hasta 268 K. Como la masa permanece constante, la evolución
será a v = cte.
2 → 3: expansión isoentrópica.
1) Escribir las ecuaciones que permiten obtener el calor intercambiado con la fuente. Resolverlas
dando su valor y el estado de equilibrio del metano antes de soltar el émbolo.
Como sistema se elige el gas. Durante el proceso de enfriamiento las fronteras del sistema per-
manecen rı́gidas por lo que el exterior no comunicará trabajo al sistema. Ası́, del balance energético
para un sistema cerrado:
Q = m(u2 − u1 )
= m(h2 − h1 ) − V (p2 − p1 )
El estado (2) viene determinado por la temperatura y el volumen especı́fico del CH4 :
T2 = 268 K
v2 = v1
= 0, 03483 m3 · kg−1
Para calcular la presión del gas se hará uso del diagrama del factor de compresibilidad Z =
Z(TR , pR , Zc = 0, 27). La forma de calcularla se explica a continuación. A partir de los datos conocidos
T2 y v2 y de la definición de factor de compresibilidad se tiene:
p2 v 2
Z2 =
R T2
p2 × 0, 03483
=
(8.314/16) × 268
= 2, 5011 · 10−7 p2
Se supone un valor arbitrario para la presión p2 y de la expresión anterior se obtiene un valor para
Z2 (llámesele Z2∗ ). Por otra parte con el valor supuesto de p2 se calcula pR2 y con éste y con TR2 se
lee Z2 en el diagrama Z = Z(TR , pR , Zc = 0, 27) (llámesele Z̃2 a este valor). Si ambos valores de Z2
coinciden ese será el valor de la presión. Si no es ası́, se calcula Z2∗ − Z̃2 y se repite el proceso con
otro valor de p2 obteniendo otro valor para Z2∗ − Z̃2 . De lo que se trata es de obtener dos valores de
p2 para los que la diferencia Z2∗ − Z̃2 tenga signos opuestos e interpolar entre esos valores de p2 para
obtener aquel para el que Z2∗ − Z̃2 = 0. Lo anterior queda resumido en el siguiente cuadro:
TR2 = 1, 4
p2
Z2∗ p R2 Z̃2 Z2∗ − Z̃2
MPa
4 1 0,87 0,915 0,085

3,5 0,875 0,76 0,924 -0,049
3,68 0,92 0,8 0,92 0

p2 = 3, 68 MPa
Si se dispone del diagrama del factor de compresibilidad Z = Z(TR , vR0 ) la presión se obtiene directamente ya que
con TR2 = 1, 4 y vR0 2 = 1, 6 del diagrama se lee pR2 = 0, 8 y por lo tanto p2 = 3, 676 MPa
Una vez que se tiene la presión y la temperatura del estado (2), la variación de entalpı́a con el
método de estados correspondientes se obtiene de:
Z T2 !
h∗ − h h∗ − h
h2 − h1 = cp (T, p → 0) dT − R Tc −
R Tc R Tc

T1
2 1
Z 268
8, 314
= (1, 712 + 0, 00165 T ) dT − × 191, 4 × (0, 4 − 0, 3)
308 16
= −87, 488 − 9, 946 = −97, 43 kJ · kg−1
Ası́ pues, el calor recibido de la fuente térmica será:

Q = 1 × (−97, 43) − 0, 03483 × (3680 − 4365)
Calor recibido por el CH
4
= −73, 6 kJ ←−desde
−−−−− −−−−−−−−−−−−−
la fuente térmica
−
2) Escribir las ecuaciones que permiten calcular el estado final de equilibrio del metano. Obténganse
los valores numéricos correspondientes, el trabajo comunicado al mismo durante el proceso y la
constante elástica del muelle.
El proceso de expansión (2)→ (3) se realiza de forma adiabática (el cilindro está aislado térmi-
camente) y sin ningún tipo de irreversibilidad interna, esto es, la expansión se realiza de forma
isoentrópica. Ası́ pues, una de las ecuaciones que determinan el estado final del metano es:
∆s2→3 = 0
que con el modelo de estados correspondientes queda:

!
T3 ∗ ∗
cp (T, p → 0) s − s s − s
Z
p3
dT − R ln − R − =0
T2 T p2 R R
3 2
y dando valores numéricos:

Z T3 !
1, 712 8, 314 p3 8, 314 s∗ − s
( + 0, 00165) dT − ln − − 0, 2 = 0 (1)
268 T 16 3, 68 16 R
3
El estado final es un estado de equilibrio. Ası́ del equilibrio mecánico:

A p3 = A pamb + Fm
km (2)
= A pamb − km (l2 − lo ) −→ p3 = pamb + [(lo − l1 ) + x]
A
siendo z1 la elongación inicial del muelle y x el desplazamiento horizontal del émbolo.
Se dispone de la relación geométrica:
A
V3 = V1 + Ax −→ v3 = v1 + x (3)
m
Se dispone también del diagrama del factor de compresibilidad:
Z = Z(TR , vR0 ) (4)
La resolución es como sigue. Como se conoce x, de la ecuación (3) se determina v3 y por lo tanto
vR0 ya que:
vpc
vR0 =
RTc
Con vR0 conocido, se supone un valor para TR3 y con estos dos valores del diagrama Z = Z(TR , vR0 )
se determina pR3 y por lo tanto p3 . Con T3 y p3 se entra en la ecuación (1) y se obtiene su valor
numérico. A ese valor se le llamará δ. El método consiste en obtener dos valores de δ que tengan
signos opuestos para interpolar entre las dos temperaturas a partir de las que se obtienen esos valores
de δ. El proceso seguido se muestra a continuación:
v3 = 0, 03483 + 0, 2 × 0, 15
= 0, 06483 m3 · kg−1 −→ vR0 ' 3
3
vR0 = 3
3

T3 p3 s∗ − s
TR3 p R3 δ
R

(K) (MPa)
3
1,2 229,7 0,38 1,7461 0,16 0,0804

1,05 201 0,32 1,4704 0,25 -0,1524
1,14 218,2 0,36 1,6542 0,19 -0,0134
1,15 220,1 0,365 1,6773 0,19 -0,0027
A la vista de los resultados de la última fila se toma para la temperatura reducida en el estado final
de equilibrio el valor:
TR3 = 1, 15
Ası́ pues, la solución será:

Temperatura del metano
T3 = 220, 1 K ←− −−−−−−−−−−−−−−−−−−
al final de la expansión
p3 = 0, 365 × 4, 595
= 1, 68 MPa ←−Presión
−−−−−−del−−−metano
−−−−−−−
al final de la expansión
El balance energético al gas durante la expansión isoentrópica es:

WE,gas = m(u3 − u2 )
= m(h3 − h2 ) − (p3 V3 − p2 V2 )
Z T3
c c
=m cp dT − ∆h (pR3 , TR3 ) + ∆h (pR2 , TR2 ) − (p3 V3 − p2 V2 )
T3

8, 314 × 191, 4
= 1 × −105, 2 − (0, 3 − 0, 4) − (1680 × 0, 06483 − 3680 × 0, 03483)
16
Trabajo comunicado al CH
' −76 kJ ←−−durante
−−−−−−− −−−−−−−−−−−4−
la expansión
Una vez conocida la presión del metano, de la ecuación (2):

(p3 − pamb )A
km =
(lo − l1 ) + x
(1680 − 100) × 0, 2 Constante elástica
= = 1.264 kN · m−1 ←−−−−−−−−−−−−−−
del muelle
0, 25
3) Temperatura final del émbolo.

Eligiendo como sistema el émbolo (sistema cerrado e indeformable) y aplicándole el balance
energético:
QE + Wcil,E + Wat,E + Wm,E + Wgas,E = ∆UE
ya que tanto la variación de energı́a cinética como potencial del émbolo son nulas. Por otra parte, al
analizar la frontera disipativa émbolo-cilindro, al ser las bases del émbolo adiabáticas, se obtiene:
QE + Wcil,E = 0
luego:
Wat,E + Wm,E + Wgas,E = ∆UE
y como el émbolo se modela como sólido indeformable y calorı́ficamente perfecto, su energı́a interna
sólo depende de la temperatura. Por lo tanto:
Wat,E + Wm,E + Wgas,E
∆TE =
m E cE
Ahora bien, para los términos de los trabajos se tiene:

Wat,E = −pamb Ax
= −100 × 0, 2 × 0, 15 = −3 kJ
Wm,E = −WE ,m

1 2
= −km (lo − l1 ) x + x
2
0, 152
= −1264 × 0, 1 × 0, 15 + = −33, 2 kJ
2
Wgas,E = −WE ,gas
= 73 kJ
Sustituyendo estos resultados en la expresión de ∆TE se obtiene para este último:

−3 − 33, 2 + 76
∆TE =
40 × 0, 38
Temperatura final
= 2, 6 K −→ TE2 = 310, 6 K ←−−−−−−−−−−−−−−
del émbolo
4) Producción de entropı́a.
El segundo principio aplicado al proceso que experimenta un sistema cerrado da:
n
X Qi
σp + = ∆Ssistema
T
i=1 F Ti
que aplicada a este caso queda:

Q1→2
σp + = ∆Sgas + ∆SE
TF T
Despejando el término de producción de entropı́a:
Q1→2
σp = ∆Sgas + ∆SE −
TF T
"Z !#
T3
cp (T ) p3 s∗ − s s∗ − s TE Q
=m dT − R ln − R − + mE cE ln 2 −
T p1 R R TE1 TF T

T1
3 1
Z 220,1
1, 712 −3 8, 314 1, 68 8, 314
=1× ( + 1, 65 · 10 ) dT − × ln − × (0, 19 − 0, 2)
308 T 16 4, 365 16
310, 6 73, 6
+ 40 × 0, 38 × ln +
308 268
Producción
= 0, 183 kJ · K −→ σp = 183 J · K−1 ←
−1
−−−−−−−−−
de entropı́a
Problema 60
En un cilindro de 300 l colocado horizontalmente y abierto a la atmósfera por una de sus ba-
ses; aislado térmicamente y de capacidad térmica despreciable, se tiene, confinado por un émbolo
adiabático, un gas de masa molar 42 kg·kmol−1 y cuyas presióny temperatura crı́ticas y capaci-
dad térmica especı́fica a presión constante son, respectivamente: pc = 4, 62 MPa, Tc = 364, 9 K y
cp (T, p → 0) = 18, 50 + 0, 15 T kJ·kmol−1 ·K−1 .
En el estado inicial el gas se encuentra a una temperatura de 320 K y a una presión de 100 kPa.
A partir de estas condiciones iniciales del gas y mediante una fuerza, cuya magnitud se varı́a gra-
dualmente, se comprime lentamente el gas hasta que se alcanza una presión de 1,2 MPa, instante en
el que se ancla el émbolo y se quita el aislamiento al cilindro.
Suponiendo despreciables la fuerza de fricción en reposo entre el cilindro y el émbolo ası́ como
la energı́a mecánica disipada por fricción durante el desplazamiento del émbolo y sabiendo que la
temperatura del ambiente es 300 K se pide, utilizando el modelo de estados correspondientes:
1.- Masa de gas confinado.

2.- Temperatura y volumen especı́fico del gas cuando se alcanza la presión de 1,2 MPa.
3.-]Trabajo comunicado por la fuerza al émbolo hasta que se alcanza la presión de 1,2 MPa.
4.- Presión del gas una vez atemperado y calor cedido al ambiente durante el atemperamiento.
5.- Producción de entropı́a durante el atemperamiento.
Solución
1) De las condicones iniciales del gas:

 Z1 ' 0, 99
0, 1 

at2pR1 = = 0, 02    h∗ − h


4, 62 del diagrama Z y de los de corrección por

at −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→ ' 0, 03
320 compresibilidad de la entalpı́a y entropı́a
R Tc 1
TR1 = = 0, 88   s∗ − s
 

 
364, 9  ' 0, 035
R 1
De la eciación térmica de estado:
v 
Z= 
R T /p
Z = Z(pR , TR )

se obtiene para el volumen especı́fico del gas en el estado inicial:

Z1 Rg T1
v1 =
p1
8.314
0, 99 × × 320
= 42 = 0, 627 m3 · kg−1
10 5
Por lo tanto:
V1
m=
v1
0, 3 Masa de gas
= = 0, 478 kg ←−−−−−−−−−
confinado
0, 627
2) El proceso que experimenta el gas es un proceso isoentrópico [adiabático y sin irreversibilidades
(ver Apuntes de Termodinámica, Tema 3 final de §3,9)]. Por tanto:
∆S1→2 = 0
que con el modelo de estados correspondientes se ecribe en la forma:
T2
s∗ − s s∗ − s

cp (T, p → 0)
Z
p2
dT − R ln − R − =0
T1 T p1 R 2 R 1
ecuación en la que la única incógnita es la temperatura T2 . Con los datos del enunciado la ecuación
a resolver resulta:
∗
T2 1.200 s − s
18, 5 ln + 0, 15 (T2 − 320) − 8, 314 ln −8, 314 − 0, 035 = 0
| 320 {z 100 } R 2
∆s∗1→2
La solución se obtiene utilizando el método de regula falsi como se muestra en el cuadro siguiente:
pR2 = 0, 26
T2 s∗ − s s∗ − s
TR2 ∆s∗1→2 δ
R 2 R 1

(K)
1 364,9 -11,5 0,25 0,035 -13,3

1,2 437,88 2,81 0,12 0,035 2,1
Interpolando entre estos valores de TR2 se obtiene para la temperatura del gas cuando se alcanza
la presión de 1,2 MPa:
Temperatura alcanzada por el gas

TR2 = 1, 17 −→ T2 = 428 K ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
después de la compresión
Con los valores de pR2 = 0, 26 y TR2 = 1, 17, del diagrama del factor de compresibilidad Z(pR , TR , Zc =
0, 27) se obtiene:
Z2 Rg T2
Z2 = 0, 95 −→ v2 =
p2
8.314
0, 95 × × 428 volumen especı́fico del gas
= 42 = 0, 067 m3 · kg−1 ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
1, 2 · 106 después de la compresión
3) Del balance energético y de la ecuación de la energı́a interna aplicados al émbolo se obtiene:
WF,E + Watm, E + Wg,E = 0
Despejando WF,E y teniendo en cuenta que Wg,E = −WE,g = −∆Ug1→2 resulta para el trabajo que
la fuerza comunica al émbolo:
WF,E = ∆Ug1→2 − Watm, E
La variación de energı́a interna del gas puede expresarse en la forma:
∆Ug1→2 = m∆ug1→2
= m[h2 − h1 − (p2 v2 − p1 v1 )]
Z T2 ∗
h∗ − h

h − h
=m cp (T, p → 0) dT − R Tc − − (p2 v2 − p1 v1 )
T1 R Tc 2 R Tc 1
h1 0, 15
= 0, 478 × × 18, 5 × (428 − 320) + × (4282 − 3202 )
42 2 i
− 8, 314 × 364, 9 × (0, 19 − 0, 03) − 1.200 × 0, 067 + 100 × 0, 627
= 77, 7 kJ
Por lo tanto:
WF,E = 77, 7 − 100 × 0, 478 × (0, 627 − 0, 067)

Trabajo que la fuerza comunica al émbolo
' 51 kJ ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
hasta que se alcanzan los 1,2 MPa de presión
4) Con el valor del volumen especı́fico del gas obtenido en el apartado 2) se determina el volumen
pseudorreducido vR0 . En efecto:
2
v2 pc
vR0 =
2 Rg Tc
0, 067 × 4, 62 · 106
= = 4, 3
8.314
× 364, 9
42
Sı́ pues, como el proceso de atemperamiento se realiza a volumen constante:
300

at2TR3 = = 0, 82  Presión del gas
364, 9 at −→ pR3 ' 0, 17 =⇒ p3 = 785 kPa ←−−−vez
−−−atemperado
−−−−−−−−−
una
vR0 = 4, 3

2
El calor cedido del ambiente durante el atemperamiento es igual y de signo contrario que el
obtenido de aplicar el balance energético al gas durante ese proceso de atemperamiento. Ası́:
Qced = −Q = −∆Ug2→3
= −m[h3 − h2 − v2 (p3 − p2 )]
Z T3 ∗
h∗ − h

h − h
= −m cp (T, p → 0) dT − R Tc − − v2 (p3 − p2 )
T2 R Tc 3 R Tc 2
h1 0, 15
= −0, 478 × × 18, 5 × (300 − 428) + × (3002 − 4282 )
42 2 i
− 8, 314 × 364, 9 × (0, 33 − 0, 19) − 0, 067 × (785 − 1.200)
Calor cedido al ambiente
= 98 kJ ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
5) La producción de entropı́a durante el atemperamiento se determina aplicando el segundo principio

al gas durante dicho proceso:

Q
σp = m(s3 − s2 ) −
Tamb
Z T3 ∗
s∗ − s

cp (T, p → 0) p3 s − s Q
=m dT − R ln − R − −
T p2 R 3 R 2 Tamb

T2
0, 478 300 785
= × 18, 5 × ln + 0, 15 × (300 − 428) − 8, 314 × ln
42 428 1.200
98
− 8, 314 × /0, 32 − 0, 13) +
300
= 0, 0567 kJ · K−1 ' 57 J · K−1 ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
Problema 61
En un depósito rı́gido de 30 l, aislado térmicamente y de capacidad térmica despreciable, hay
480 g de un gas de masa molar 42 kg·kmol−1 y cuyas presión y temperatura crı́ticas y capacidad
térmica especı́fica a presión constante son, respectivamente: pc = 4, 62 MPa, Tc = 364, 9 K y
cp (T, p → 0) = 18, 50 + 0, 15 T kJ·kmol−1 K−1 .
En el estado inicial el gas se encuentra a una presión de 900 kPa. A partir de las condiciones
iniciales del gas y mediante una rueda de paletas de superficies adiabáticas se le suministran al gas
120 kJ. Una vez suministrado ese trabajo, se para la rueda de paletas, se quita el aislamiento térmico
y se deja que el gas se atempere.
Sabiendo que la temperatura del ambiente es de 15 o C se pide, utilizando el modelo de estados
correspondientes:
1.- Temperatura inicial del gas.

2.- Establecer las ecuaciones que determinan la presión y temperatura del gas una vez suministrados
los 120 kJ.
3.- Resolver el sistema anterior dando los valores de la presión y temperatura del gas una vez
suministrados los 120 kJ.
4.- Presión del gas una vez atemperado y calor cedido al ambiente durante el atemperamiento.
5.- Producción de entropı́a en todo el proceso.
Solución
1) De los datos dados en el ununciado se obtiene que:
V
v1 =
m v1 pc
0, 03 v0 =
= = 0, 0625 m3 · kg−1 −→ R1 R Tc
0, 48
0, 0625 × 4, 62 · 106
= ' 4, 0
8.314
× 364, 9
42
Ası́ pues, con los valores de la presión reducida inicial y del volumen pseudorreducido se obtiene:
0, 9

p R1 = ' 0, 2 del diagrama
4, 62 −−−−−−−−−→ Z1 = 0, 88
0  Z=Z(pR ,vR0 )
vR = 4
1
y por lo tanto de la definción de Z:

p1 v1
T1 =
Z1 R
900 × 0, 0625 Temperatura inicial
= = 323 K ←−−−−del
−−−gas
−−−−−−−
8, 314
0, 88 ×
42
2) Con la rueda de paletas al gas se le suministran 120 kJ. Por lo tanto, como el depósito está térmi-
camente aislado, el balance energético aplicado al gas queda:
Wrp,g = m (u2 − u1 )
y con el modelo de estados correspondientes puede reescribirse en la forma:

Z T2 ∗
h∗ − h

h − h M
cp (T, p → 0)dT − R Tc − − V (p2 − p1 ) + Wrp,g = 0 (1)
T1 R Tc 2 R Tc 1 m
donde:
h∗ − h
= f (pR , TR )
R Tc
viene dada en forma gráfica (diagrama de la desviación de la entalpı́a). Las unidades de cp son las
dadas en el enunciado (kJ/(kmol·K)) y por lo tanto R es la constante universal de los gases.
El proceso de agitación del gas por medio de la rueda de paletas tiene lugar a volumen constante,
por lo tanto:
v2 = v1 −→ vR0 = vR0 (2)
2 1
Finalmente, la ecuación térmica de estado de los estados correspondientes cierra el problema:

Z = f (pR , vR0 )



 v
Z= (3)

 R T

p
3) La resolución de las ecuaciones anteriores se realiza utilizando la regula falsi de la siguiente

manera: se supone un valor para pR2 . Con este valor de pR2 , como se conoce vR0 , en el diagrama
2
Z = f (pR , vR0 ) se lee el valor correspondiente de Z2 y de la segunda ecuación dada en (3) se obtiene
T2 y por lo tanto TR2 . Con los valores de pR2 y TR2 en el diagrama de desviación por compresibilidad
h∗ − h h∗ − h
de la entalpı́a se lee el correspondiente valor de . Ası́ con los valores de p 2 , T2 y se
R Tc 2 R Tc 2

resuelve la ecuación (1). Los valores de p2 y T2 que hagan nula esta ecuación es la solución buscada.
Todo esto queda reflejado en el cuadro siguiente:
vR0 = 4, 0
2
Mh
V (p2 − p1 )
p2 T2 ∆h∗1→2 h∗ − h m δ
p R2 Z2 TR2
i
(MPa) (K) (kJ/kmol) R Tc 2
+Wrp, g (kJ/kmol)
(kJ/kmol)
0,25 1,155 0,93 392,1 1,07 4984,4 ' 0,25 11.169,4

0,30 1,386 0,95 460,7 1,26 10.641,1 ' 0,15 11.775,8 -618,9
0,35 1,617 0,965 529,1 1,45 16.984,2 ' 0,10 12.382,1 5.269,5
0,305 1,409 0,955 466 1,28 11.107,5 ' 0,175 11.836,1 -288,7
Una nueva interpolación darı́a para pR2 el valor de 0,307, tomándose este valor como solución.
Ası́ pues la presión y temperatura del gas al pararse la rueda de paletas resultan:
Presión y temperatura del gas
p2 ' 1, 42 MPa ; T2 = 469 K ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
una vez parada la rueda de paletas
4) Una vez quitado el aislamiento térmico del depósito, el gas se enfrı́a hasta alcanzar la temperatura
del ambiente 288 K. Ası́ pues, con los valores de la temperatura reducida del estado final y el valor
del volumen pseudorreducido se determina la presión reducida y por la tanto la presión del gas una
vez atemperado.
288

TR3 = ' 0, 8 del diagrama
364, 9 −−−−−−−−−→ ' 0, 17
 Z=Z(pR ,vR0 )
vR0 0
= vR = 4
3 2
Por lo tanto:
Presión del gas
p3 = 785, 4 kPa ←−−−−−−−−−−−−−−−
una vez atemperado
El calor que el gas cede al ambiente durante el atemperamiento es igual y contrario al recibe del
mismo, es decir:
Q̇ced = −Q̇2→3
= −m (u3 − u2 )
Z T3 ∗
h∗ − h

m h − h
=− cp (T, p → 0)dT − R Tc − + V (p3 − p2 )
M R Tc 3 R Tc 2

T2
donde cp viene expresada en las unidades dadas en el enunciado y R es la constante universal de los
gases.
Ası́ pues:
0, 48
Q̇ced = − × [−13.624, 8 − 8, 314 × 364, 9 × (0, 34 − 0, 2)] + 0, 03 × (785, 4 − 1.420)
42
calor cedido por el gas
= 160, 6 − 19 = 141, 6 kJ ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
5) De la expresión matemática del segundo principio aplicado al caso presente se obtiene:

Q2→3
σp = ∆S1→3 −
T
Z T∞ ∞ ∗
s∗ − s

m cp (T, p → 0) p3 s − s Q2→3
= dT − R ln − R − −
M T1 T p1 R 3 R 1 T∞
donde cp , igual que anteriormente, viene expresada en las unidades dadas en el enunciado y R es la
constante universal de los gases. Dando valores numéricos resulta:
0, 48 h 288 785, 4
σp = × 18, 5 ln + 0, 15 × (288 − 323) − 8, 314 ln
42 323 900
i −141, 6
− 8, 314 (0, 35 − 0, 28) −
288
= 0, 414 kJ · K−1 = 414 J · K−1 ←−en
−−el
−−proceso
−−−−−−global
−−−−−−
Problema 62
Un horno industrial se puede asemejar a una caja de paredes adiabáticas en las que, para simular
la inercia térmica, se incluye además un sólido de masa ms = 20 kg y capacidad térmica especı́fica
cs = 0, 2 kJ·kg−1 ·K−1 . La caja cierra herméticamente de manera que se puede cargar con el gas más
apropiado para cada proceso particular.
Dispone ası́ mismo de una válvula de seguridad para evitar presiones demasiado elevadas. Esta
válvula está formada por un pequeño émbolo, de sección transversal de 1 cm2 , dispuesto de tal
manera que está impedido su movimiento hacia el interior del horno, pero no hacia el exterior. Por
su cara interior está sometido a la presión interior del horno mientras que por la exterior a la acción
simultánea de la presión ambiente y de la fuerza de un muelle, siendo la dirección de todas estas
fuerzas la del posible movimiento del émbolo. Ası́, la fuerza del muelle se puede regular para ajustar
la presión de apertura, de manera que si se sobrepasa esta presión se abre la válvula dejando escapar
gas del interior del horno.
Para ensayar la válvula de seguridad del horno se calienta este lentamente de manera que tanto
la temperatura como la presión en el interior sean uniformes en todo momento, hasta que se produce
la apertura de la válvula.
El gas que se va a utilizar en esta ocasión tiene una masa molar de M = 20 kg·kmol−1 y una
temperatura y presión crı́ticas de Tc = 419 K y pc = 40 bar, respectivamente, mientras que su
capacidad térmica especı́fica a presión constante a bajas presiones se puede considerar constante e
igual a cp (T, p → 0) = 1,44 kJ·kg−1 ·K−1 .
El volumen del horno, descontando el ocupado por el sólido, es de 100 l e inicialmente está cargado
con el gas anterior a 80 bar y 230 o C. Las condiciones ambiente son: ϑ∞ = 20 o C, p∞ = 1 bar.
Se pide, utilizando el modelo de estados correspondientes para el gas y el de sólido calorı́ficamente
perfecto para el sólido:
1.- Masa de gas contenida en el horno.
2.- Fuerza a la que debe ajustarse el muelle si se quiere que se produzca la apertura cuando en el
interior se alcanze una presión de 200 bar.
3.- Temperatura alcanzada en las condiciones del apartado anterior.
4.- Calor que es necesario suministrar para alcanzar la condición anterior.
5.- Producción de entropı́a en el proceso anterior suponiendo que el calor se suministra desde una
fuente térmica a 1.000 K.
Solución
1) De la ecuación térmica de estado para los gases con el modelo de estados correspondientes
p1 V1
p1 V1 = mZ1 Rg T1 −→ m =
Z1 Rg T1
con Z1 = Z(pR1 , TR1 ) obtenida del diagrama de compresibilidad.
Las valores de la presión y temperatura reducidas son:
80

pR1 = =2 

del diagrama
40 −−−−−−−−0−→ Z1 ' 0, 575
503 Z=Z(pR ,v )
TR1 = = 1, 2
 R
419
Por lo tanto:
80 · 105 × 0, 1 masa de gas contenida
m= = 6, 65 kg ←−−−− −−−−−−−−−−−−
8.314 en el horno
0, 575 × × 503
20
2) Estableciendo el equilibrio de fuerzas en el émbolo cuando en el interior del horno se han alcanzado
los 200 bar se obtiene:
Fm
p2 = p∞ + −→ F = (p2 − p∞ )A
A
fuerza que ejerce
= (200 − 1) · 105 × 10−4 = 1.990 N ←−−−−−−−−−−−−
el muelle
3) Durante la evolución del gas se mantienen fijos el volumen y la masa. Por lo tanto v1 = v2 o lo
que es lo mismo vR0 = vR0 . Ası́ pues:
1 2
v2 = v1
Z1 RT1
=
p1
8.314
0, 575 × × 503 v1 pc
= 20 = 0, 015 m3 · kg−1 −→ vR0 =
80 · 103 2 RTc
0, 015 × 40 · 105
= = 0, 35
8.314
× 419
20
La presión reducida del estado final es:
200
p R2 = =5
40
Ası́ pues, yendo con estos valores del volumen pseudorreducido y de la presión reducida al diagrama
del factor de compresibilidad (diagrama G2 del Apéndice de los Apuntes) se obtiene para Z2 y TR2
los valores:
Z2 = 0, 96
Temperatura
TR2 = 1, 9 −→ T2 = 796 K ←−−−−−−−−−−−−
final en el horno
Si no se dispone del diagrama con las lı́neas vR0 = cte, la temperatura final hay que obtenerla con el diagrama
Z = Z(TR , pR , Zc = 0, 27) utlizando el método de prueba y error. En el cuadro siguiente queda reflejada la forma de
obtener la solución donde Z̃2 y Z2∗ viene dados por :
p2 v2
Z̃2 =
RT2
∗
Z leı́da del diagrama del factor de compresibilidad
pR2 = 5
T2
TR2 Z̃2 Z2∗ Z̃2 − Z2∗
(K)
1,5 628,5 1,15 0,85 0,30

2,0 838 0,86 0,97 -0,11
1,87 783,53 0,92 0,94 -0,02
A la vista de los valores de la última fila, se toma como solución:
T2 = 783, 5 K
4) Para determinar el calor que es necesario suministrar al horno para que en él se alcancen los 200
bar, se aplica a este el balance energético. Se trata de un sistema cerrado de fronteras rı́gidas. Por lo
tanto:
Q = mg ∆ug + ms ∆us
Como para el gas se utiliza el modelo de stados correspondientes:
mg ∆ug = mg [∆hg − (p2 v2 − p1 v1 )]
Z T2 ∗
h∗ − h

h − h
= mg cp (T, p → 0)dT − R Tc − − V (p2 − p1 )
RTc 2 RTc 1

T1

8, 314
= 6, 65 × 1, 44 × (796 − 503) − × 419 × (1, 1 − 1, 9) − 0, 1 × (20.000 − 8.000)
20
= 2.530 kJ
Ası́ pues, el calor suministrado al horno será:

Q = 2.532, 4 + 20 × 0, 2 × (796 − 503)
Calor que hay que
= 3.704, 4 kJ ←−−−−−−−−−−−−−−−
suministrar al horno
5) El segundo principio para un sistema cerrado proporciona:
X Qi
σp + = ∆Ssis
i
TFTi
Y si como sistema se toma el gas y el sólido, como sólo hay una fuente térmica a 1.000 K, la
producción de entropı́a resulta:
Z T2 ∗
s∗ − s

cp p2 s − s T2 Q
σp = mg dT − R ln − R − + ms cs ln −
T1 T p1 R 2 R 1 T1 TFT

796 8, 314 200 8, 314
= 6, 65 × 1, 44 × ln − × ln − × (0, 45 − 1, 25)
503 20 80 20
796 3.704, 4
+ 20 × 0, 2 × ln −
503 1.000
= 2, 2 kJ · k−1 ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
en el proceso de calentamiento del horno
Problema 63
En un cilindro vertical abierto, de 7 dm2 de sección recta y paredes rı́gidas y adiabáticas, hay,
confinado por un émbolo de 30 kg de masa y anclado al cilindro, 400 gramos de una sustancia de la
que se conocen:
Tc = 351, 6 K ; pc = 5, 83 MPa ; M = 52 kg · kmol−1

cp (T, p → 0) = 7, 97 + 0, 11 T kJ · kmol−1 · K−1
Inicialmente el gas se encuentra a 160 o C y 30 bar. El dispositivo cilindro-émbolo se encuentra en
presencia de la atmósfera (ϑamb = 25 o C, pamb = 100 kPa). En un cierto instante se quita el anclaje
y se deja que el gas se expansione hasta 3,5 bar. Durante la expansión, el émbolo se frena mediante
una fuerza que no es constante y además se disipa por fricción entre el cilindro y el émbolo un
trabajo mecánico que representa el 4 % del trabajo de expansión del gas. Las caras del émbolo en
contacto con el aire ambiente y con el gas encerrado son adiabáticas. Utilizando el método de estados
correspondientes, se pide, :
1.- Densidad del gas en el instante inicial.

2.- Establecer las ecuaciones que determinan:
2.1.- la temperatura y volumen finales del gas,
2.2.- el trabajo mecánico disipado por fricción.
3.- Resolver las ecuaciones anteriores.
4.- Trabajo desarrollado por la fuerza de frenado.
Solución
1) Densidad del gas en el instante inicial.
Del estado inicial se conoce la presión y temperatura del gas. Ası́, calculando estas magnitudes
reducidas:
p1 
pR1 = 
pc




3


= = 0, 51 


5, 83 
del diagrama del factor de compre-
T1 −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→ Z1 ' 0, 91
sibilidad Z=Z(pR ,TR ,Zc =0,27)
TR1 =


Tc




433


= = 1, 23


351, 6
Y de la definición de factor de compresibilidad:
p p1
Z= −→ ρ1 =
ρRT Z1 RT1
3 · 106 Densidad del gas
= = 47, 6 kg · m−3 ←−−−−−−−−−−−−−−
en el estado inicial
0, 91 × (8.314/52) × 433
Si en vez del gráfico Z = Z(pR , TR , Zc = 0, 27) se utiliza el gráfico del factor de compresibilidad que tiene las lı́neas
de volumen pseudorreducido constante:
p1 
pR1 = 
pc




3


= = 0, 51 


5, 83 
−→ vR0 1 = 2, 20
T1
TR1 =


Tc




433



= = 1, 23

351, 6
Y de la definición de volumen pseudorreducido:
vpc 1
vR0 = −→ ρ1 =
R Tc v1
pc
=
vR0 1 RTc
5, 83 · 106 Densidad del gas
= = 47, 6 kg · m−3 ←−−−−−−−−−−−−−−−−−
2, 20 × (8.314/52) × 451, 6 en el estado inicial
2.1) Establecer las ecuaciones que determinan la temperatura y volumen finales del gas.
De acuerdo con los criterios dados en el Tema 3 § 3.9, la expansión del gas puede modelarse como
isoentrópica. Ası́, del segundo principio aplicado a un sistema cerrado se obtiene:
∆s1→2 = 0
que con el modelo de estados correpondientes queda:

!
T2 ∗ ∗
cp (T, p → 0) s − s s − s
Z
p
dT − R ln 2 −R − =0 (1)
T1 T p1 R R
| {z } 2 1
∆s∗1→2

s∗ − s s∗ − s
donde tanto como se obtienen del diagrama de desviación de entropı́a debida a la
R R
2 1
compresibilidad.
De la ecuación (1) se obtiene la temperatura final por iteración. Una vez obtenido el valor de la
temperatura final, el volumen final se obtiene de igual manera a como se calculó la densidad inicial
en el apartado 1. Las ecuaciones para calcular el volumen final son:
Z2 R T2
V2 =
p2 (2)
Z2 = Z(pR2 , TR2 , Zc = 0, 27)
Conocida la temperatura final, se calcula su valor reducido y con el valor reducido de la presión final
(ésta es dato), se obtiene Z2 y de la primera de las ecuaciones (2) se obtiene el volumen ocupado por
el gas en el estado final.
2.2) Establecer las ecuaciones que determinan el trabajo mecánico disipado por fricción.
De los datos del enunciado se sabe que:
σ = 0, 04 Wgas,E
ya que el trabajo de expansión es el que el gas comunica al émbolo. Y por ser la forntera gas-émbolo
no disipativa:
Wgas,E = −WE, gas −→ σ = −0, 04WE, gas (3)
El trabajo que el émbolo comunica al gas se obtiene de aplicar el balance energético (o primer
principio) al gas. Eligiendo como sistema el gas, por ser todas las fronteras del sistema adiabáticas,
el balance energético queda:
de la Ec (3)
WE, gas = ∆Ugas1→2 −−−−−−−→ σ = −0, 04 ∆Ugas1→2
− (4)
Como:
h = u + pv
se puede poner:
∆Ugas1→2 = m (h2 − h1 ) − p2 V2 + p1 V1
Llevando este resultado a (4) y utilizando el método de los estado correspondientes se obtiene final-
mente:
" ! #
Z T2
σ = −0, 04 m cp (T, p → 0)dT −∆hc (pR2 , TR2 ) + ∆hc (pR1 , TR1 ) − p2 V 2 + p1 V 1 (4a)
T1
| {z }
∆h∗1→2
donde ∆hc (pR2 , TR2 ) y ∆hc (pR1 , TR1 ) se obtienen del gráfico de desviación de entalpı́a por compresi-
bilidad.
3) Resolver las ecuaciones anteriores.
La resolución de la Ec. (1) se hace por el método de regula falsi según queda reflejada en el
siguiente cuadro:
pR2 = 0, 06

T2 ∆s∗1→2 ∗
s − s ∗
s − s δ
TR2
R R

K kJ/(kmol·K) kJ/(kmol·K)
2 1
0,8 281,12 -2,133 0,13 0,1875 -1,6553

0,9 316,26 2,6350 0,09 0,1875 3,4456
0,832 292,5 -0,7193 0,1 0,1875 0,0082
A la vista de los resultados de la última fila se toma como solución:

Temperatura final
T2 = 292, 5 K ←−−−−del
−−−gas
−−−−−−−
Con los valores reducidos de la temperatura y presión:

)
pR2 = 0, 06 del diagrama del factor de compre-
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→ Z1 ' 0, 96
TR2 = 0, 832 sibilidad Z=Z(pR ,TR ,Zc =0,27)
Por lo tanto, el volumen será:

m Z2 R T2
V2 =
p2
0, 4 × 0, 96 × (8.314/52) × 292, 5 Volumen final
= 5
= 0, 0513 m3 ←−−−−−−−−−−−−−−
ocupado por el gas
3, 5 · 10
Con la temperatura y presión del estado final conocidas, la disipación de trabajo mecánico valdrá:
" Z 292,5 !
0, 4
σ = − 0, 04 × (7, 97 + 0, 11 T ) dT − (0, 08 − 0, 36) × 8, 314 × 351, 6
52 433
#
− 3, 5 · 102 × 0, 0513 + 3 · 103 × 0, 0084
= − 0, 04 × (−45, 44 − 17, 96 + 25, 2)

Trabajo mecánico disipado
=1, 53 kJ ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
por fricción cilindro-émbolo
4) Trabajo desarrollado por la fuerza de frenado.

Aplicando el balance energético y la ecuación de la energı́a interna al émbolo se obtiene:
)
B.E. QE + WF,E + Watm,E + Wcil,E + WgasE = ∆UE + ∆EpE
E.E.i. QE = ∆UE
de donde:
WF,E + Watm,E + Wcil,E + Wgas,E = ∆EpE
Despejando de esta última ecuación WF,E se obtiene, teniendo en cuenta que Wcil,E = −σ :
WF,E = ∆EpE − Watm,E + σ − Wgas,E

= ∆EpE − Watm,E + 0, 96 ∆Ugas1→2
m g
E
= + pamb (V2 − V2 ) + 0, 96 ∆Ugas1→2
A
30 × 9, 81 5
= + 10 × (0, 0513 − 0, 0084) − 0, 96 × 38200
0, 07
Trabajo desarrollado
' −32200 J = −32, 2 kJ ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−
por la fuerza de frenado
B) VOLÚMENES DE CONTROL EN RÉGIMEN ESTACIONARIO
Problema 64
Se dispone de una corriente de un gas a 270 K, 100 kPa y 150 m·s−1 , pero se necesita utilizar
dicho gas a mayor velocidad y temperatura, y a una presión estática de 250 kPa.
Para ello se hace pasar la corriente gaseosa por un compresor de rendimiento adiabático 0,85 y
con una relación de preiones de remanso igual a 3,7. Tras el compresor, la corriente atraviesa un
cambiador de calor donde experimenta una caı́da de presión de remanso del 15 %. La temperatura
de remanso de la corriente a la salida del cambiador de calor es 500 K. Por último, el gas, después
de expansionarse en una tobera de rendimiento adiabático 0,95, descarga a la presión, temperatura
y velocidad requeridas.
Los datos del gas son:
pv ap
= 1 + 3/2 a = 1, 3696 · 10−3 K3/2 · Pa−1
RT T
R = 126 J · kg−1 · K−1 cp (T, 100 kPa) = 1.167 J · kg−1 · K−1
Sabiendo que las condiciones del ambiente son 100 kPa y 288 K, se pide:
1.- Temperatura y presión de remanso del gas a la entrada del compresor.

2.- Temperatura y presión de remanso del gas a la salida del compresor y trabajo por unidad de
masa consumido en el compresor.
3.- Calor que por unidad de masa recibe la corriente en el cambiador de calor.
4.- Velocidad y temperatura de la corriente a la salida de la tobera.
Solución
∂v
Antes de resolver el ejercicio se va a calcular la derivada , y las variaciones de entalpı́a y
∂T p
entropı́a del gas respecto a un estado de referencia T o y po = 100 kPa ya que serán necesarias en el
desarrollo del problema.
RT aR ∂v R 1 aR
v= + 1/2 −→ = −
p T ∂T p p 2 T 3/2
h (T, p) − h (T o , po ) = [h (T, po ) − h (T o , po )] + [h (T, p) − h (T, po )]
Z T Z p
o ∂v
= cp (T ) dT + v−T
∂T p

To po
3 aR
= cop (T − T o ) + (p − po )
2 T 1/2
s (T, p) − s (T o , po ) = [s (T, po ) − s (T o , po )] + [s (T, p) − s (T, po )]
Z T o Z p
cp (T ) ∂v
= dT −
T po ∂T p

To
T p 1 aR
= cop ln o − R ln o + (p − po )
T p 2 T 3/2
Todo el dispositivo, como cualquier parte de él, es un sistema abierto en régimen estacionario cuyas
superficies de control permeables están fijas respecto a un sistema de referencia ligado al dispositivo.
Ası́ el balance energético, en general, vendrá dado por:
X X
Ẇi + Q̇j = ṁ (hso − heo )
i j
ya que sólo hay una sección de entrada y una de salida y donde se ha despreciado la energı́a potencial
de la corriente tanto en la sección de entrada como en la de salida.
1) De la definición de magnitudes de remanso:
w2 

ho = h +
2
so = s

que en este caso quedan:

w12 

3 aR 3 aR
cop
(T01 − T1 ) + (p01 − p ) −o
(p1 − p ) = o 
2 1/2 2 1/2 2

T01 T1

T01 p01 1 aR 1 aR
cop ln − R ln (p01 − po ) − (p1 − po ) = 0 

+ 3/2 3/2

T1 p 2 T01 2 T1

Al dar valores numéricos se obtiene el sistema:


3 0, 1726 5
1.167 × (T01 − 270) + × 1/2
× (p01 − 10 ) = 11.250 

2

T01 
T01 p01 1 0, 1726
1.167 × ln − 126 × ln 5 + × (p01 − 105 ) = 0


3/2

270 10 2 T01

La resolución de este sistema se hará utilizando el método de regula falsi 5 . Se supone un valor
para T01 y de la primera de las ecuaciones se calcula p01 . Introduciendo estos valores en la segunda
ecuación se obtiene un cierto valor que se llamará δ. Se comienza con un valor de T01 de 280 K ya
que el correspondiente al comportamiento de gas perfecto es 279,6 K:
T01 (K) p01 (kPa) δ

280 728,7 81,85
279 148,2 -10,40
279,11 134 -2,86
279,14 137,7 -0,73
279,15 137 -0,008
A la vista de los valores de la última fila, la solución es:

Temperatura de remanso en la
T01 = 279 K ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
sección de entrada al compresor
p01 = 137 kPa ←−−Presión
−−−−−−− de remanso en la
−−−−−−−−−−−−−−−
sección de entrada al compresor
2) En el enunciado se dice que la relación de presiones de remanso del compresor vale 3,7, por lo
tanto:
p02 = 3, 7 p01
= 3, 7 × 136, 9
= 506, 43 kPa ←−−Presión
−−−−−−− de remanso en la
−−−−−−−−−−−−−−−
sección de salida del compresor
5 Este método hay que utilizarlo tres veces más en el problema. Sólo en esta ocasión se hace explı́citamente. En los otros casos se
pondrá la ecuación y luego simplemente se da la solución.

Aplicaciones de los principios primero y segundo a gases reales: volúmenes de control. 293
Una vez conocida la presión de remenso, la temperatura se obtiene a partir del rendimiento
adiabático del compresor. En efecto. De la definición del rendimiento adiabático del compresor:
h02s − h01 h02s − h01
ηc = −→ h02 − h01 =
h02 − h01 ηc
Para calcular h02s − h01 , se necesita conocer T02s . Y ésta se obtiene resolviendo:
∆s01→02s = ∆s1→02s
=0
Esto es:
T02 p02 1 a R
cop ln − R ln + 3/2
(p02 − po ) = 0
T1 p1 2 T02

T02 35074, 91
1167 × ln + 3/2
− 204, 399 = 0
270 T02
cuya solución es:

T02 = 320 K
Con este valor de la temperatura de salida isoentrópica, h02s − h01 vale:
3 aR 3 aR
h02s − h01 = cop (T02s − T01 ) + 1/2
(p02 − po ) − 1/2
(p01 − po )
2 T02 2 T01
3 0, 1726
= 1167 × (320 − 279, 15) + × 1/2
× (506, 43 · 103 − 105 )
2 320
3 0, 1726
− × 1/2
× (136, 9 · 103 − 105 )
2 279, 15
= 52.982 J · kg−1
luego:
52.982
h02 − h01 =
0, 85
Trabajo por unidad de masa
= 62.332 J · kg−1 ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
consumido por el compresor
La temperatura de remanso a la salida del compresor se calcula a partir de:

3 aR 3 aR
h02 − h01 = cop (T02 − T01 ) + 1/2
(p02 − po ) − 1/2
(p01 − po )
2 T02 2 T01

3 0, 1726
62332, 2 = 1167 × (T02 − 279, 15) + × 1/2
× (506, 43 · 103 − 105 )
2 T02
3 0, 1726
− × 1/2
× (136, 9 · 103 − 105 )
2 279, 15
esto es:
3 105224, 73
1167 × (T02 − 279, 15) + × 1/2
− 62332, 2 = 0
2 T02
cuya solución es:

Temperatura de remanso de la
T02 = 325 K ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
corriente a la salida del compresor
3) En el cambiador de calor no hay ningún tipo de trabajo a través de la superficie de control
impermeable, por lo que el balance energético se reduce a:
Q̇ = ṁ (h03 − h02 ) −→ q = h03 − h02
3 aR 3 aR
= cop (T03 − T02 ) + 1/2
(p03 − po ) − 1/2
(p02 − po )
2 T03 2 T02
La presión a la salida del cambiador de calor es conocida, ya que en el enunciado se dice que en
éste hay una caı́da de presión de remanso del 15 %, es decir:
p03 = 0, 85 p02
= 0, 85 × 506, 43
= 430, 5 kPa
Ası́, dando valores numéricos en la ecuación del balance energético en el cambiador de calor se
obtiene:
3 0, 1726
q = 1167 × (500 − 325, 1) + × × (430, 5 · 103 − 105 )
2 5001/2
3 0, 1726
− × × (506, 43 · 103 − 105 )
2 325, 11/2
Calor recibido por la
= 202099 J · kg−1 ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
corriente por unidad de masa
4) La velocidad a la salida de la tobera se calcula a partir del rendimiento adiabático de la tobera.
Éste es por definción:
w2 /2
ηN = 24
w4 /2 s
w42 /2 w42
= −→ = ηN (h03 − h4s )
h03 − h4s 2
Se necesita conocer T4s para poder calcular h03 − h4s . Para ello:
T p 1 aR 1 aR
∆s03→4s = 0 −→ cop ln 4s − R ln 4 + 3/2
(p4 − po ) − 3/2
(p03 − po ) = 0
T03 p03 2 T4s 2 T03

T4s 12945
1167 × ln + 3/2 + 65, 932 = 0
500 T4s
cuya solución es:
T4s = 472 K
Con este valor de la temperatura de la salida isoentrópica se obtiene que:
3 aR 3 aR
h03 − h4s = cop (T03 − T4s ) + 1/2
(p03 − po ) − 1/2
(p4 − po )
2 T03 2 T4s
3 0, 1726
= 1167 × (500 − 472) + × 1/2
× (430, 5 · 103 − 105 )
2 500
3 0, 1726
− × 1/2
× (250 · 10 − 105 )
3
2 472
= 34715, 1 J · kg−1
Por lo tanto, la velocidad a la salida de la tobera será:

w42
= ηN (h03 − h4s )
2
= 0, 95 × 34.715
= 32.980 J · kg−1 −→ w4 = 257 m · s−1 ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
Para obtener la temperatura de la corriente a la salida de la tobera hay que resolver la ecuación:
h03 − h4 = ηN (h03 − h4s )
3 aR 3 aR
= 32.980 −→ cop (T03 − T4 ) + 1/2
(p03 − po ) − (p4 − po ) = 32.980
2 T03 2 T41/2

38.835
1.167 × (500 − T4 ) − 1/2
− 29.153 = 0
T4
cuya solución es:

T4 = 473, 5 K ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
Problema 65
Para licuar N2 es preciso, antes de introducirlo en el licuador propiamente dicho, comprimir el
gas desde las condiciones del ambiente (25 o C y 100 kPa) hasta 30 MPa y posteriormente enfriarlo
mediante una máquina frigorı́fica hasta una determinada temperatura según se muestra en la figura.
Supóngase que la compresión se realiza en cinco etapas de compresión con refrigeración intermedia
hasta una temperatura 12 o C por encima de la temperatura del ambiente. Esta refrigeración se realiza
con agua que se toma del ambiente y que finalmente cede a éste el calor extraı́do después de cada
etapa de compresión. Durante la compresión multietapa puede considerarse que el N2 se comporta
como gas perfecto (cp = 1040 J·kg−1 ·K−1 ). El rendimiento adiabático de cada etapa de compresión
es 0,85.
Una vez que el N2 sale del último cambiador de calor a la presión p = 30 MPa, se enfrı́a has-
ta 180 K mediante una máquina frigorı́fica cuyo COP es 2,5. En este proceso de enfriamiento el
comportamiento del N2 se modela con la ley de estados correspondientes, siendo:
Tc = 126, 3 K, pc = 3, 39 MPa, M = 28, 01 kg/kmol cp (T, p → 0) = 1040 J/(kg · K)
Si el gasto másico de N2 que circula por el equipo de compresión es de 160 kg/h, la velocidad del
N2 en todo el dispositivo es pequeña y los procesos de refrigeración se consideran isobáricos, se pide:
1.- Presiones intermedias para que la potencia consumida en la compresión sea mı́nima.
2.- Calor extraı́do de la corriente de N2 por la máquina frigorı́fica.
3.- Potencia consumida en la compresión multietapa y potencia total consumida en la instalación.
4.- Producción de entropı́a en el proceso descrito si la máquina frigorı́fica descarga el calor en el

ambiente.
Solución
1) Presiones intermedias para que la potencia consumida en la compresión sea mı́nima.
Aplicando el primer principio a cada etapa de compresión (cada compresor es un sistema abierto
funcionando en régimen estacionario y con fronteras permeables fijas), el trabajo de compresión en
las cinco etapas de compresión resulta, al considerar para el N2 comportamiento de gas perfecto y por
tener cada etapa de compresión el mismo rendimiento y despreciar la variación de energı́a cinética
frente a la variación de entalpı́a:
Ẇ = ẆC1 + ẆC2 + ẆC3 + ẆC4 + ẆC5

= ṁ[(h2 − h1 ) + (h3 − h20 ) + (h4 − h30 ) + (h5 − h40 ) + (h6 − h50 )
γ−1 γ−1 γ−1 γ−1 γ−1 (1)
ṁcp p2 γ p3 γ p4 γ p5 γ p6 γ
= T1 − 1 + T20 + + + −4
η p1 p2 p3 p4 p5
Se dice en el enunciado que la potencia suministrada es mı́nima, luego las presiones intermedias
se obtienen a partir de:
γ
γ−1
∂ Ẇ T20
=0 −→ p22 = p1 p3
∂p2 T1

∂ Ẇ
= 0

∂p3


(2)



∂ Ẇ
 p3 p4 p5 p6
= 0 −→ = = =
∂p4 
 p2 p3 p4 p5


∂ Ẇ 

= 0

∂p5
es decir, las presiones intermedias p2 , p3 , p4 y p5 y la presión extrema p6 forman una progresión
geométrica de razón:
p 1/4
6
r=
p2
Del sistema de ecuaciones anterior se obtiene:
4γ
5 (γ−1) 
T20
q
5
p41 p6

p2 = 

T1




4×1,4 
310 5×0,4 √


5

= 8
10 × 30000 = 349, 5 kPa 

298




3γ
5 (γ−1) 

T2
q 
0 
5 3 2
p3 = p1 p6



T1 



3×1,4 
√
5×0,4 
310 5 6 8


= 10 × 9 · 10 = 10, 678 bar 
298

Presiones
2γ
5 (γ−1) ←−−−−−−−−
intermedias
T20
q 

p4 = 5
p21 p36


T1




2×1,4 

310 5×0,4 p


5 2 3
= 0, 1 × 27 · 10 = 3, 24 MPa


298 



γ
5 (γ−1) 
T20
q 

5 4
p5 = p1 p6



T1 



1,4
5×0,4 

310 p
5 4


= 0, 1 × 81 · 10 = 9, 86 MPa 

298
Se deja para que el alumno compruebe que si el número de etapas intermedias de compresión
fuese n, las presiones intermedias vendrı́an dadas por:
(n−i+1) γ
T20 n (γ−1)
q
pi = n
p1n−i+1 pn+1
i−1
con i = 2, 3, . . . , n
T1
2) Calor extraı́do de la corriente de N2 por la máquina frigorı́fica.

Se elige como sistema el N2 contenido entre las secciones 60 y 7. Se trata de un sistema abierto que
funciona en régimen estacionario, de superficies de control impermeables rı́gidas y cuyas superficies de
control permeables están fijas respecto a un sistema de ejes ligado al dispositivo. Ası́ pues, aplicando
el balance energético a este sistema se obtiene:
Q̇ = ṁ (h7 − h06 )
y utilizando, como se dice en el enunciado, el método de los estados correspondientes:

(Z )
T7
h∗ − h h∗ − h

Q̇ = ṁ cp (T, p → 0) dT −RN2 Tc −
T1 R Tc 7 R Tc 60
| {z }
∆h∗60 →7
h∗ − h h∗ − h

Los términos y se obtienen de los diagramas generalizados para la correc-
R Tc 7 R Tc 60
ción de la entalpı́a:

p7 30
pR7 = = = 8, 85 
 ∗
pc 3, 39
 h −h
−→ ' 2, 47
T7 180 R Tc 7
TR7 = = = 1, 43


Tc 126, 3

p60 30
pR 0 = = = 8, 85 
 ∗
6 pc 3, 39
 h −h
−→ ' 0, 85
T60 310 R Tc 60
TR 0 = = = 2, 45


6 Tc 126, 3
Ası́ pues:
160 h 8.314 i
Q̇ = × 1.040 × (180 − 310) − × 126, 3 × (2, 47 − 0, 85)
3.600 28, 01
2 Calor extraı́do del N
= −8.700 W = −8, 7 kW ←−−−−−−−−−−−−−−−−− −−
por la máquina frigorı́fica
3) Potencia consumida en la compresión multietapa y potencia total consumida en la instalación.

Teniendo en cuenta las expresiones (1) y (2) se deduce que:
( " # " #)
4/5 γ−1 1/5 γ−1
ṁcp T20 p6 5 γ T1 p6 5 γ
Ẇcom mul = T1 − 1 + 4 T20 −1
ηc T1 p1 T20 p1
( 4/5
(160/3.600) × 1.040 310 0,4
= × 298 × × 300 7
−1
0, 85 298
1/5 )
298 0,4
+ 4 × 310 × × 300 7 − 1
310
= 32.210 W ' 32, 2 kW
Por otra parte, según se observa en el esquema de la instalación, le potencia térmica que recibe
la máquina frigorı́fica es igual y de signo contrario a la que se extrae del N2 , esto es:
Q̇2 = −Q̇
y por lo tanto, de la definición de COP para una máquina frigorı́fica:
Q̇2 −Q̇ −Q̇

COP = = −→ ẆMF =
ẆMF ẆMF COP
8700 Potencia mecánica suminstrada
= ' 3.480 W ' 3, 5 kW ←−−− −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
a la máquina frigorı́fica
2, 5
Ası́ pues, la potencia total consumida en la instalación es:
Ẇt = 32.210 + 3.480 = 35.690 W ' 35, 7 kW ←−Potencia

−−−−−−−−−mecánica
−−−−−−−−total
−−−−−−
consumida en la instalación
4) Producción de entropı́a en el proceso descrito si la máquina frigorı́fica descarga el calor en el

ambiente.
Aplicando el segundo principio al sistema formado por el circuito 1-60 -7+los cinco cambiadores
de calor+la máqina frigorı́fica, como se trata de un sistema abierto cı́clicamente estacionario, se
tendrá que:
Q̇1→60 Q̇1
σ̇p + + = ∆ṠN2
Tamb Tamb 1→7
siendo Q̇1 el calor que la máquina frigorı́fica recibe del ambiente. (Este calor, como se verá más
adelante, sale negativo pues es cedido por la máquina frigorı́fica al ambiente, según se pone de
manifiesto en el esquema del dispositivo).
El calor cedido al ambiente en los cambiadores de calor para la refrigeración después de cada etapa
de compresión se obtiene aplicando el balance energético al N2 entre las secciones 1 y 60 :
"Z !#
T60
h∗ − h h∗ − h
Q̇1→60 + Ẇcom mul = ṁ cp dT − RTc −
R Tc 0 R Tc

T1
6 1
Z T1 +∆T !
∗
h − h
= ṁ cp dT − RTc
R Tc 0

T1
6

h∗ − h
ya que = 0 pues en el enunciado se dice que de 1 a 6 el N2 se comporta como gas perfecto.
R Tc
1
Ası́ pues:
!
h∗ − h
Q̇1→60 = ṁ cp ∆T − RTc − Ẇcomp mul
R Tc 0

6

160 8.314
= × 12.480 − × 126, 3 × 0, 85 − 32.212 ' −32 kW
3.600 28, 01
Por otra parte, del balance energético aplicado a la máquina frigorı́fica se obtiene:
−Q̇1 + Q̇2 + ẆMF = 0 −→ Q̇1 = −(Q̇2 + ẆMF )

= −(8.700 + 3.500) ' −12, 2 kW
- Variación de entropı́a del N2 .

De 1 a 7 el nitrógeno experimenta una disminución de su temperatura, de 298 K a 180 K, y un
incremento en la presión, que pasa de 100 kPa a 30 MPa. Ası́ pues, para el nitrógeno en este tramo
del dispositivo:
!
T7
cp (T, p → 0) s∗ − s
Z
p7
∆ṠN2 = ṁ dT − R ln − R
T p1 R

1→7 T1
7

160 180 8.314 30 8.314
= × 1.040 × ln − × ln − × 1, 32
3.600 298 28, 01 0, 1 28, 01
= −116 W · K−1
Por lo tanto:
32.000 + 12.200 Producción de entropı́a
σ̇p = −116 + ' 32, 3 W · K−1 ←−−−−−−−−−−−−−−−−−
en el proceso
298
Problema 66
Se tiene una tobera convergente con una relación de diámetros de 5 y cuya sección de entrada
es 0,2 m2 . Se hace pasar a su través un gasto másico de 40 kg·s−1 de un fluido cuya presión y
temperatura estáticas a la entrada son 6 MPa y 150 o C respectivamente. La presión estática a la
salida del dispositivo es 1 MPa.
De este fluido se conocen sus constantes crı́ticas (Tc = 369,3 K y pc = 5 MPa), su masa molar (M =
86,5 kg/kmol) y su calor especı́fico a bajas presiones en kJ·kmol−1 ·K−1 (cop = 30,472 + 8,545·10−2 ·T
).
Se pide:
1.- Velocidad del fluido a la entrada de la tobera.

2.- Temperatura y velocidad a la salida.
3.- Rendimiento de la expansión dinámica.
4.- Producción de entropı́a en la tobera.
Solución
Con las datos que se dan en el enunciado, el problema se va a resolver utilizando el método de los
estados correspondientes. El estado de la corriente a la entrada de la tobera es:
6  
p1 =6 MPa −→ pR1 =  Z1 = 0, 69
5

 

  ∗
=1, 2  de los correspon-  h − h

 

' 1, 25
423  −
− −− −− − −− − −→
dientes gráficos
RT c 1
T1 =423 K −→ TR1 =  
 ∗
s − s

369, 3 
 
= 0, 85
 

R

 
'1, 15 1
1) Velocidad del fluido a la entrada de la tobera.

De las definiciones de gasto másico y de factor de compresibilidad:

ṁ = ρ w A  ṁ
p −→ ω1 = p1
Z= A1
ρRT

Z1 R T1
40
=
6 · 106
× 0, 2
0, 69 × (8.314/86, 5) × 423
= 0, 94 m · s−1 ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
a la entrada de la tobera
2) Temperatura y velocidad a la salida.

La tobera es un dispositivo adiabático en el que el gas evoluciona estacionariamente. Si se elige
como sistema el gas que en cada instante está en la tobera, se tendrá un sistema abierto funcionando
en régimen estacionario y cuyas superficies de control permeables están fijas respecto Pa un sistema de
referencia ligado a la tobera. La superficie de control impermeable es rı́gida por lo que Ẇi = 0, ∀i.
i
P
Como además es adiabática: Q̇i = 0, ∀i. Ası́ pues, el balance energético se reduce a:
i
w22 − w12
h02 − h01 = 0 −→ h2 − h1 + =0 (1)
2
La variación de entalpı́a con el modelo de estados correspondientes se evalúa de la forma siguiente:

Z T2
h2 − h1 = cop (T ) dT − ∆hc (pR2 , TR2 ) + ∆hc (pR1 , TR1 ) (2)
T1
De la ecuación de continuidad se obtiene:

ρ1 A1
ρ1 w1 A1 = ρ2 w2 A2 −−despe-
−−−−−→
jando w2 w2 = ρ2 A2 w1
Ahora bien, de los datos del enunciado y de la definición de factor de compresibilidad:

2 
A1 D1
= = 25


A2 D2

−→ w2 = 0, 4831 Z2 T2 (3)
ρ1 p1 Z2 T2 
= = 0, 0206 Z2 T2 

ρ2 p2 Z1 T1
Ası́ pues, llevando los resultados de (2) y de (3) a la ecuación (1) se obtiene6 :
Z T2 ∗ ∗
o h −h h −h
cp (T ) dT −R Tc − + 0, 0101 Z22 T22 − 0, 0382 = 0 (4)
R Tc 2 R Tc 1
| T1 {z }
∆h∗1→2
ecuación que hay que resolver junto con Z = Z (pR , TR ), Zc ) que viene dada en forma de gráfico para
Zc = 0, 27. Del estado final se conoce la presión, por lo tanto se conoce su presión reducida:
1 Presión reducida
pR2 = = 0, 2 ←−−− −−−−−−−−−−−−−−−−
de la corriente a la salida
5
La solución se va a obtener por medio del método de regula falsi: Se supone un valor de la
temperatura T2 . Con él se calcula TR2 y junto con el valor de pR2 se obtienen de los gráficos co-
∗
h −h
rrespondientes el valor de y Z2 . Todos estos resultados se llevan a la ecuación (3) y se
R Tc 2
obtendrá un determinado valor que se llamará δ. Se trata de obtener dos valores de δ de signos
contrarios e interpolar entre ellos para calcular un nuevo valor de T2 . El proceso termina cuando el
valor de δ que se obtenga para un determinado valor de T2 sea suficientemente pequeño (o lo que
es lo mismo, el valor de la temperatura reducida de salida que se introduzca no proporcione mayor
precisión en los gráficos). Todo lo anterior queda reflejado en el siguiente cuadro:
h∗ − h

T (K) TR2 Z2 ∆h∗1→2 δ
R Tc 2
369,3 1 0,93 0,24 -3.454,15 832,2

350,8 0,95 0,91 0,29 -4.587,05 -610,2
Al interpolar entre estos dos valores se obtiene una temperatura de 358,6 K (0,971 de temperatura
reducida) que es difı́cil de situar en el gráfico para poder obtener el nuevo valor de ∆hc (pR2 , TR2 ).
Por esta razón se toma como solución este valor, es decir:
T2 = 358, 6 K ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
6 Al poner valores numéricos, el término w 2 /2 hay que multiplicarlo por 0,0865 que es el valor de la masa molar del gas en kg/mol para
que ese término vaya expresado en J·mol−1

Con TR2 = 0, 971 y pR2 = 0, 2 los valores de sc (pR2 , TR2 ) y de Z2 son:

sc (pR2 , TR2 ) ' 1, 61 J · mol−1
Z2 ' 0, 92
y por lo tanto de (2), la velocidad de la corriente a la salida valdrá:

w2 = 0, 4831 Z2 T2
= 0, 4831 × 0, 92 × 358, 6
= 159, 4 m · s−1 ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
3) Rendimiento de la expansión dinámica.

El rendimiento adiabático de una expansión dinámica se define como:
w22 /2
ηtob =
w22 /2s
y como la velocidad a la salida de la tobera ya se conoce, sólo se necesita obtener la velocidad de

salida isoentrópica para calcular el rendimiento. Para obtener esta velocidad de salida isoentrópica
es preciso conocer la temperatura de salida isoentrópica. Ésta se obtiene a partir de:
Z T2s o
cp (T ) p2
∆s1→2s = 0 −→ dT − R ln −∆sc (pR2 , TR2s ) + ∆sc (pR1 , TR1 ) = 0
T p1
| T1 {z }
∆s∗
Z T2s
30, 472 1
+ 0, 08545 dT − 8, 314 × ln −∆sc (pR2 , TR2s ) + 7, 1 = 0
T 6
| 423 {z }
∆s∗
Esta ecuación se va a resolver, igual que la (3), es decir por el método de regula falsi. En el
cuadro siguiente se recogen los resultados:
T2s text, (K) TR2 ∆s∗ ∆sc (pR2 , TR2 ) δ

350,8 0,95 3,02 1,88 8,24
332,37 0,90 -13,67 2,28 4,68
297,29 0,805 -6,252 3,22 -2,37
Interpolando entre los dos últimos valores de T2s se obtiene una temperatura reducida de 0,84. Como
ya no se va a alcanzar mayor precisión en el gráfico de la desviación de entropı́a, se toma este valor
como solución. Ası́:
T2s = 309 K
y la velocidad de salida isoentrópica vale entonces:
Z T1
w22 w2
= cop (T ) dT + ∆hc (pR1 , TR1 ) + ∆hc (pR2 , TR2s ) + 1
2 s T2s 2

w22 7.039 − 3.838 + 1.089
= + 0, 4418
2 s 0, 0865
= 49.600 J · kg−1
Y por lo tanto, el rendimiento de la expansión dinámica valdrá:

12.704, 18
ηtob =
49.602, 3
Rendimiento adibático
= 0, 256 ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
de la expansión dinámica
4) Producción de entropı́a en la tobera.

El segundo principio aplicado al proceso que la corriente experimenta en la tobera da:
σ̇p = ṁ (s2 − s1 )
Z T2 o
cp (T )

p2 c c
= ṁ dT − R ln − ∆s (pR2 , TR2 ) + ∆s (pR1 , TR1 )
T1 T p1
Z 358,6
40 30, 472 1
= × + 0, 08545 dT − 8, 314 × ln − 1, 61 + 7, 1
0, 0865 423 T 6
Producción
= 4.555, 3 W · K−1 ←−−−−−−−−−
de entropı́a
Problema 67
En una turbina de rendimiento adiabático 0,85 se expande etileno desde 177 o C y 300 atm hasta
60 atm. El gasto volumétrico a la entrada es 1 m3 /min y las condiciones ambiente son 15 o C y 1 atm.
Suponiendo despreciables las variaciones de la energı́a cinética frente a las variaciones de entalpı́a
entre la entrada y la salida se pide:
1.- Representación del proceso en los diagramas T − s y p − h.

2.- Densidad del etileno a la entrada y gasto másico.
3.- Potencia que proporcionará la turbina.
4.- Irreversibilidad del proceso.
Solución
El problema se va a resolver utilizando el método de estados correspondientes. Para las propiedades
térmicas se hará uso de la definición del factor de compresibilidad y el gráfico de este factor como
función de la presión y la temperatura reducidas, y de Zc :
pv )
Z=
RT
Z = Z (pR , TR , Zc )
Las variaciones de entalpı́a y entropı́a, respecto al estado de referencia (T o po ) vienen dadas por:
Z T ∗ ∗
o o o h −h h −h
h (T, p) − h (T , p ) = cp (T ) dT − R Tc + R Tc
To R Tc p ,T R Tc po ,T o
| {z } | R R R R
{z } |
∆h∗
{z }
∆hc (pR ,TR ) ∆hc (po ,T o )
R R
T cop (T ) ∗
s∗ − s

s −s
Z
o o p
s (T, p) − s (T , p ) = dT − R ln o − R +R
To T p R pR ,TR R po ,T o
| {z } | R R
{z }
∆s∗
| {z }
∆sc (pR ,TR ) ∆sc (po ,T o )
R R
donde el supraı́ndice (*) indica comportamiento de gas semiperfecto. Los términos ∆hc (pR , TR ) y
∆sc (pR , TR ), en el estado en que se encuentre el gas, se obtienen de los diagramas generalizados para
la corrección de entalpı́a y entropı́a, respectivamente.
Las propiedades crı́ticas y la masa molar del etileno C2 H4 son:
Tc = 282, 4 K, pc = 5, 12 MPa M = 28, 03 kg · kmol−1
La sección de entrada a la turbina se señalará con el subı́ndice 1 y la de salida con el 2.
1) Representación del proceso en los diagramas T − s y p − h.
Proceso en el diagrama T-s Proceso en el diagrama p-h

2) Densidad del etileno a la entrada y gasto másico.

Las condiciones a la entrada de la turbina son:
p1 
p1 ' 30, 4 MPa −→ pR1 =  
Z1 ' 0, 92
pc 

 

 h∗ − h
 
=5, 94

 
' 1, 75
T1 hskip.5mm =⇒ R Tc 1
T1 = 450 K −→ TR1 = ∗

 s − s ' 0, 8
 
Tc

 


R


=1, 59
Ası́ pues, la densidad de la corriente de etileno en la sección de entrada, a partir de la definición

de factor de comprresibiliadad, valdrá:
p1
ρ1 =
Z1 R T1
30, 4 · 106 Densidad del etileno en la
= = 247, 5 kg · m−3 ←−− −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
8.314 sección de entrada de la turbina
0, 92 × × 450
28, 03
De la definición de gasto másico, en la sección 1 se tendrá:
ṁ = ρ1 V̇
1 Gasto másico
= 247, 3 × = 4, 12 kg · s−1 ←−de
−−etileno
−−−−−−−
60
3) Potencia que proporcionará la turbina.
La turbina es un dispositivo abierto que funciona en régimen estacionario (por lo general en régi-
men cuasi-estacionario) y que se supone adiabático y en el que las superficies de control permeables
están fijas respecto a un sistema de referencia ligado a ella. Ası́ el balance energético aplicado a la
turbina quedará:
Ẇ = ṁ (h02 − h01 )
y si se considera la variación de energı́a cinética de la corriente es muy pequña comparada con la

variación de entalpı́a, esto es, si:
w22 w12
− h2 − h1
2 2
se podrá poner:
Ẇ = ṁ (h2 − h1 ) (1)
Por otra parte, del rendimiento adiabático de la turbina:
Ẇ
ηt =
Ẇ

s
h02 − h01 h2 − h1
= '
h02s − h01 h2s − h1
con lo que la ecuación (1) puede expresarse en la forma:
Ẇ = ṁ ηt (h2s − h1 ) (2)
calcular h2s − h1 se necesita conocer T2s pues p2 es conocido y vale p2 = 6, 0795 MPa
Para poder
pR2 ' 1, 2 ; esto se consigue resolviendo ∆s1→2s = 0, es decir:
Z T2s o !
cp (T ) p2 s∗ − s s∗ − s
dT − R ln −R − =0 (3)
T1 T p1 R R
| {z } 2s 1
∆s∗1→2s
El valor de cop (T ) se toma de la Tabla 4 del libro de problemas:
cop (T ) = 3, 95 + 15, 64 · 10−2 T − 8, 344 · 10−5 T 2 + 17, 67 · 10−9 T 3 kJ · kmol−1 · K−1
La ecuación (3) se resuelve con el método de regula falsi que queda reflejado en el siguiente cuadro
R/cp (300 K)
p2
(para comenzar, se supone comportamiento de gas perfecto con lo que TR2s = TR1 =
p1
1, 17; ası́ se comienza con TR2s = 1, 2):

s∗ − s s∗ − s
TR2s T2s (K) ∆s∗1→2s δ
R R

2s 1
1,2 339,72 -1,6498 0,7 0,8 -0,7498

1,3 368,03 2,3208 0,5 0,8 4,9638
Interpolando para que δ = 0, se obtiene un valor de la temperatura reducida TR2s = 1, 21. Con este
valor no se consigue más precisión en ∆sc (pR2s , TR2s ), por lo que se toma este valor como solución,
Ası́ pues:
TR2s = 1, 21 −→ T2s = 342, 5 K
Por lo tanto:
Ẇ = ṁ ηt (h2s − h1 )
Z T2s ∗
h∗ − h

o h − h
= ṁ ηt × cp (T )dT − R Tc −
R Tc 2s R Tc 1

T1
4, 12 × 0, 85
= × − 5.790, 1 − 8, 314 × 282, 4 × (1, 2 − 1, 75)
28, 03
Potencia proporcionada
= −562 kW =⇒ Ẇt = −Ẇ = 562 kW ←−−−por
−−−− −−−−−−−−−−−
la turbina
4) Irreversibilidad del proceso.

La irreversibilidad del proceso viene dada por:
I˙ = Tamb σp
= ṁ Tamb (s2 − s1 )
Es preciso, pues, determinar T2 para poder calcular s2 − s1 . Para determinar T2 hay que resolver la
ecuación obtenida a partir del rendimiento adiabático de la turbina:
Z T2 ∗
h∗ − h

o h − h
cp (T )dT − R Tc − − ηt (h2s − h1 ) = 0
T1 R Tc 2 R Tc 1
que dando valores queda:

Z T2 ∗
o h − h
cp (T )dT − 8, 314 × 282, 4 × − 1, 75 + 3824 = 0
450 R Tc 2
Al igual que anteriormente, se resolverá por el método de regula falsi:
h∗ − h h∗ − h
TR2 T2 (K) ∆h∗1→2 δ
R Tc 2 R Tc 1

1,2 338,88 - 5964,8 1,2 1,75 - 849

1,3 367,12 - 4565,9 0,9 1,75 1.253,8
1,24 350,18 -5415 1 1,75 170
Una nueva interpolación darı́a para TR2 el valor 1,233 y a la vista de este resultado (como ya la
resolución de los diagramas no permite distinguir entre TR2 = 1, 24 y TR2 = 1, 233), se toam como
solución es:
TR2 = 1, 233 −→ T2 = 348 K
Una vez conocida la temperatura de la corriente a la salida de la turbina, se puede calcular la

variación de entropı́a de la corriente en la turbina:
!
∗ ∗
s − s s − s
s2 − s1 = ∆s∗1→2 − R −

R R

2 1
= −0, 47 − 8, 314 × (0, 7 − 0, 8) = 0, 35 kJ · kmol−1 · K−1
Y la irreversibilidad será:
4, 12
I˙ = 288 × × 0, 35
28, 03
Irreversibilidad
= 14, 9 kW ←−del
−−− −−−−−−−
proceso
Problema 68
Se quiere pasar 100 kg/s de metano desde -161 o C hasta 15 o C, a presión constante de 8 MPa, en
un cambiador de calor utilizando agua a 20 o C. Se pide:
1.- Representar la evolución del metano en los diagramas T − s y p − h.

2.- Determinar los estados reducidos (modelo de estados correpondientes) y los correpondientes
factores de compresibilidad y correcciones de la entalpı́a y de entropı́a.
3.- Calcular el calor que es necesario suministrar.
4.- Estimar el gasto de agua necesario.
5.- Calcular la producción de entropı́a en el proceso descrito.
Solución
1)
Proceso en el diagrama T-s Proceso en el diagrama p-h
2) Se va a suponer que la velocidad del metano a lo largo del cambiador de calor es lo suficientemente
baja como para poder poner que las magnitudes de remanso son prácticament iguales a las estáticas,
T0 ' T y p0 ' p. Ası́ pues, la evolución que sigue el metano es una evolución en la que la presión
permanece constante, p1 = p2 = 8 MPa. Por lo tanto:

 Z1 ' 0, 28
8 

pR1 = = 1, 74

  h∗ − h


4, 595 de los diagramas Z=Z(pR ,TR ) ' 6, 85
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→ RT 1
112  y de los de corrección de la entalpı́a y entropı́a  c
TR1 = = 0, 6 
 ∗
 s − s ' 6, 6
 
191, 4 
R 1

 
 Z2 ' 0, 84
pR2 = 1, 74  h∗ − h


de los diagramas Z=Z(pR ,TR )

288 −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→ ' 0, 85
TR2 = = 1, 5 y de los de corrección de la entalpı́a y entropı́a  RTc 2
∗
191, 4  s − s ' 0, 45



R 2
3) El calor que es necesario suminstrar se obtiene del balance energético aplicado a la corriente de
CH4 que circula por el cambiador de calor. Se trata de un sistema abierto en régimen estacionario. El
volumen de control tiene sussuperficies de control impermeables rı́gidas y las permeables fijas respecto
a un sistema de referencia ligado al cambiador de calor. Por lo tanto, como sólo hay un sección
permeable de entrada y otra de salida, el balance enrgético quedará, si se desprecia la variación de

la energı́a cinética frente a la variación de entalpı́a:
Q̇ = ṁ (h2 − h1 )
Z T2 ∗
h∗ − h

h − h
= ṁ cp (T, p → 0)dT − R Tc −
R Tc 2 R Tc 1

T1
Como valor de cp (T, p → 0) en el intervalo 112-288 K se tomará de la Tabla 4 el correspondiente

a 273 K. Ası́ pues:
cp (T, p → 0) = 2.145 J · kg−1 · K−1
Y por lo tanto:

8.314
Q̇ = 100 × 2.145 × (288 − 112) − × 191, 4 × (0, 85 − 6, 85)
16
' 97 MW
4) Como el agua se enfrı́a habrá que tener en cuenta, al no darse en el enunciado la disminución
que exprerimenta su temperatura, que aquella no debe alcanzar la temperatura de solidificación, esto
es, no debe convertirse en hielo ya que si no se obturarı́a el conducto y el dispositivo funcionarı́a
irregularmente. Se trata, pues, de dar un ∆T razonable. Sea este -10 o C, de forma que la temperatura
de salida del agua sea 10 o C, ya que entra a 20 o C. Ası́ pues, estableciendo el balance energético al
agua se tiene:
Q̇
Q̇ = ṁw cw ∆T |w −→ ṁw =
cw ∆T |w
−97 · 103
= ' 3.220 kg · s−1 ←−Gasto
−−−−−másico
−−−−−−−
de agua necesario
4, 186 × (−10)
5) La producción de entropı́a se obtiene sin más que aplicar el segundo principio al sistema formado
por el cambiador de calor y lo que contiene. Se trata de un sistema abierto en régimen estacionario
cuyas superficies de cotrol impermeables son adiabáticas. Ası́ pues:
σ̇p = ṁCH4 (s2 − s1 )CH4 + ṁw (s2 − s1 )w
∗
s∗ − s

T2 s − s T2
= ṁCH4 cp ln −R − + ṁw cw ln
T1 R 2 R 1 CH T1 w

4
donde no aparece la contribución de la presión en la expresión de la variación de entropı́a del CH4 ,

ya que esta es nula por ser el proceso de calentamiento un proceso a presión constante. Sustituyendo
los valores se obtiene:

288 8.314 283
σ̇p = 100 × 2.145 × ln − × (0, 47 − 6, 7) + 3.220 × 4.186 × ln
112 16 293
' 58 kW · K−1 ←−−−−−−−−−−−−−−−−−
en el proceso
Problema 69
Se quiere enfriar en un cambiador de calor una corriente de un gas utilizando como fluido refrige-
rante una corriente de aceite (ρ = 1.250 kg/m3 , cp = 2.450 J·kg−1 ·K−1 ). Se conoce el gasto volumétri-
co de gas a la entrada, 42 m3 /min y las magnitudes crı́ticas: Tc = 370 K, pc = 4, 26 MPa, la masa
molar M = 44 kg·kmol−1 y la capacidad térmica especı́fica a presión constante cp (T, p → 0) = 94, 8
kJ·kmol−1 ·K−1 del gas. Este entra al cambiador de calor a 270 o C y 5 MPa. El gasto volumétrico
de aceite que se utiliza para enfriar es 15 m3 /min. Este entra a 20 o C y 1,5 bar, experimenta un
incremento en su temperatura de 10 K y una caı́da de presión del 15 %.
Utilizando el modelo de estados correspondientes para el gas y en la hipótesis de que no hay
pérdida de carga de este en el cambidor de calor y que se puede despreciar la variación de energı́a
cinética frente a la variación de entalpı́a, se pide calcular:
1.- Gasto másico de gas.
2.- Calor extraı́do de la corriente de gas.
3.- Temperatura del gas a la salida del cambiador de calor.
4.- Producción de entropı́a en el cambiador de calor
Solución
1) Las magnitudes reducidas del gas en la sección de entrada al cambiador de calor son:
5
pR1 = ' 1, 2
4, 26
543
TR1 = ' 1, 47
370
Entrando con estos valores en el diagrama Z = Z(pR , TR , Zc = 0, 27) se obtiene para el factor de
compresibilidad del gas en la sección de entrada:
Z1 ' 0, 9
Por lo tanto:
p1
ρ1 =
Z1 RT1
5 · 106 Densidad del gas
= = 54 kg · m−3 ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
8.314 en la sección de entrada al CC
0, 9 × × 543
44
Conocida la densidad, se determina el gasto másico del gas, ya que:
ṁ = V̇1 ρ1
42 Gasto másico de gas
= × 54 = 37, 8 kg · s−1 ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−
60
2) El calor extraı́do de la corriente de gas se obtiene estableciendo el balance energético a la corriente
de agua de refrigeración, ya que el calor extraı́do de aquel es, en valor absoluto, el que se suministra
a esta. Ası́ pues:

(ps − pe )a
Q̇a = ṁa ca ∆T |a +
ρa
0, 85 × 1, 5 · 105

15 × 1.250
= × 2.450 × 10 −
60 1.250
Calor extraı́do
= 7.624 kW −→ Q̇g = −7.620 kW ←−−− −−−−−−−−−−−−−
de la corriente de gas
3) Para determinar la temperatura de salida de la corriente de gas se establece el balance energético

a dicha corriente obteniéndose:
Q̇g = ṁ (h2 − h1 )
ya que según se dice en el enunciado se puede despreciar la variación de energı́a cinética frente a la
variación de entalpı́a. Con el modelo de estados correspondientes la ecuación anterior queda:
Z T2 ∗
h∗ − h

h − h Q̇g
cp (T, p → 0)dT − R Tc − − =0
T1 R Tc 2 R Tc 1 ṁ
Al dar valores numéricos hay que tener en cuenta que cp (T, p → 0) = cte viene expresado en
kJ/(kmol·K) por lo que R será la constante universal y el término Q̇g /ṁ habrá que multiplicarlo por
la masa molar. Ası́ pues, se tendrá:
∗
h − h
94, 8 × (T2 − 543) − 8, 314 × 370 × − 0, 75 + 8.875 = 0
R Tc 2
ecuación que se resuelve por regula falsi, según se muestra en el cuadro siguiente, donde como
primer intento se ha tonado el valor que resultarı́a del comportamiento de gas oerfecto del gas:
T ∆h∗1→2 h∗ − h h∗ − h δ
TR2
R Tc 2 R Tc 1

(K) (kJ/kmol) (kJ/kmol)
0,95 351,5 -18.192 ' 4,5 ' 0,7 -16.855

1,1 407 -12.893 ' 1, 7 0,7 -7.095
1,3 481 -5.878 ' 0, 9 0,7 2.381
1,25 462,5 -7.631 ' 1, 1 0,7 -13
Una nueva interpolación darı́a para TR2 el valor 1,2501 y como ya no hay resolución suficiente en
los gráficos para distinguir el valor 1,2501 de 1,25 se toma este último como solución. Ası́ pues:
Temperatura del gas

TR2 = 1, 25 −→ T2 = 462, 5 K (189, 5 o C) ←−−−−−−−−−−−−−−−
a la salida del CC
4) Tomando como sistema todo el cambiador de calor, como se trata de un sistema abierto que
funciona en régimen estacionario y de superficies de control impermeables adiabáticas, la aplicación
de la ecuación del segundo principio resulta:
T2
σ̇p = ṁ (s2 − s1 )gas + ṁa ca ln
T1 a

42 462, 5 15 × 1.250 303
= × 94, 8 × ln − 8, 314 × (0, 6 − 0, 25) + × 2, 45 × ln
44 543 60 293
Producción
= 8, 4 kW · K−1 ←−−−−−−−−
de entropı́a
Problema 70
Se quiere calentar una corriente de propano utilizando una bomba de calor que consume 650 kW
y cuyo COP vale 3,5.
La temperatura y presión del propano a la entrada al
cambiador de calor es de 300 K, que es también la tem-
peratura del ambiente, y 5 MPa, respectivamente, siendo
0,6 m3 /min el gasto volumétrico de propano a la entrada
y cp (T, p → 0) = a + b T (donde a = 15, 73 kJ·kmol−1 ·K−1 ,
b = 0, 195 kJ·kmol−1 ·K−2 ) su capacidad térmica especı́fica
a presión constante .
Utlizando el modelo de estados correspondientes y en la
hipótesis de que no hay pérdida de carga en el cambidor
de calor y que se puede despreciar la variación de energı́a
Esquema de la bomba de calor.
cinética frente a la variación de entalpı́a, se pide calcular:
1.- Dibujar en los diagramas T − s y p − T la evolución del propano.
2.- Potencia térmica suministrada a la corriente de propano.
3.- Densidad a la entrada y gasto másico de propano.
4.- Temperatura a la que sale el propano.
5.- Producción de entropı́a global.
Solución
1)
Proceso en el diagrama p-T

Proceso en el diagrama T-s
2) De la definción de COP para una bomba de calor:
Q̇1
COP = −→ Q̇1 = COP × Ẇ
Ẇ
= 3, 5 × 650 = 2.275 kW ←−−−Potencia
−−−−−−−térmica
−−−−−−−−−
sumnistrada a la corriente
3) La magnitudes crı́ticas del propano se toman de la Tabla 1 de propiedades de los gases. De la

definición de magnitudes reducidas:

5 
p1 = 5 MPa −→ pR1 = ' 1, 2 
4, 26 del diagrama del

−−−−−−−−−−−−−−−−−−→ Z1 ' 0, 18
300  factor de compresibilidad Z
T1 = 300 K −→ TR1 = ' 0, 81
370
Ası́ pues:
p1
ρ1 =
Z1 R T1
5 · 106 densidad del gas
= = 490 kg · m−3 ←−−−−−−−−−−−−−−
8.314 a la entrada del CC
0, 18 × × 300
44
Y por lo tanto:
ṁ = ρ1 V̇
0, 6 gasto másico
= 490 × = 4, 9 kg · s−1 ←−−de
−−gas
−−−−−
60
4) La temperatura del gas a la salida del cambiador de calor se obtiene de aplicar el balance energético
al gas. En efecto:
Z T2 ∗
h∗ − h

h − h Q̇1 M
Q̇1 = ṁ (h2 − h1 ) −→ cp (T, p → 0) dT − R Tc − − =0
T1 R Tc 2 R Tc 1 ṁ
donde cp (T, p → 0) viene expresada, de acuerdo con los datos del enunciado, en kJ/(kmol·K) y R es
la constante universal de los gases. Dando valores numéricos, la ecuación anterior queda:
∗
0, 195 2 2 h − h 2.275 × 44
15, 73 × (T2 − 300) + × (T2 − 300 ) − 8, 314 × 370 × − 5, 7 − =0
2 R Tc 2 4, 9
La resolución de esta ecuación se va a realizar por el méwtodo de regula falsi según se muestra en
el cuadro siguiente:
pR2 = 1, 2
T2 ∆h∗1→2 h∗ − h h∗ − h δ
TR2
R Tc 2 R Tc 1

(K) kJ/kmol kJ/kmol
500 1,35 18.746 ' 0,8 5,6 13.083

375 1,01 6.115,7 ' 3,6 5,6 -8.161
420 1,14 10.311,6 ' 1,5 5,6 2.495
400 1,08 8.398 ' 1,7 5,6 -33
T2 = 400 K
5) El segundo principio aplicado al sistema bomba de calor + corriente de propano proporciona:
Q̇2
σ̇p + = ṁ ∆sC3 H8
Tamb
de donde:
Q̇1 − Ẇ
σ̇p = ṁ ∆sC3 H8 −
Tamb
Z T2 ∗
s∗ − s

ṁ cp (T, p → 0) s − s Q̇1 − Ẇ
= dT − R − −
M T R 2 R 1 Tamb

T1
4, 9
= × (24 − 8, 314 × (1, 3 − 5, 2)) − 5, 4 = 0, 9 kW · K−1
44
producción
= 900 W · K−1 ←−−−−−−−−
de entropı́a
p2
ya que al ser p2 = p1 , desaparece el término −R ln .
p1
Problema 71
Se comprimen 3 kg·s−1 de tetrafluoretano (C2 H2 F4 ) hasta 2 MPa. El compresor se alimenta de
un depósito muy grande en el que el tetrafluoretano se encuentra en las condiciones del ambiente
(ϑ∞ = 25 o C, p∞ = 100 kPa). La compresión se realiza en dos etapas con refrigeración intermedia al
ambiente. El rendimiento adiabático de cada etapa de compresión es 0,8. A la salida de la segunda
etapa de compresión la corriente se calienta hasta 415 K. A continuación se lleva a una turbina de
rendimiento adiabático 0,85 cuya potencia se utiliza para accionar la última etapa de la compresión
y posteriormente se expansiona hasta la presión ambiente en una válvula. El diámetro del conducto
de salida es de 8 cm. Considerando que no existen pérdidas de presión excepto en la válvula, se pide:
1.- Obtener la presión intermedia óptima si, sólo en este apartado y para simplificar los cálculos,
se supone que ésta es la correspondiente al comportamiento como gas perfecto de la sustancia
de trabajo.
2.- Representar el proceso descrito en el diagrama p − h.
3.- La potencia consumida en la compresión.
4.- Temperatura y velocidad de la corriente a la salida del dispositivo ası́ como la caı́da de presión
de remanso en la válvula.
5.- Producción de entropı́a del proceso descrito en la hipótesis de que el suministro de calor se realiza
desde una fuente térmica a temperatura de 1.800 K y que el calor extraı́do en la refrigeración
intermedia se cede al ambiente.
NOTA: Salvo el primer apartado, el resto resuélvase utilizando el diagrama p − h del tetrafluoretano
(R-134a)
Solución
Siguiendo la orden del enunciado, los valores que se precisen de la entalpı́a, entropı́a, temperatura
y densidad en los apartados 2 al 5 se obtendrán del diagrama p − h del R-134a que se presenta en el
cuaderno de problemas.
1) La presión intermedia óptima es aquella para la que la potencia consumida es mı́nima. Para
determinarla se expresa la potencia consumida por las dos etapas de la compresión en función de esa
∂ Ẇ
presión intermedia y se calcula = 0 si se llama p2 a esa presión óptima (véase el esquema del
∂p2
dispositivo).
Todo el dispositivo, y cualquier parte de él, es un sistema abierto que funciona en régimen estacio-
nario y cuyas superficies de control permeables se encuentran fijas con respecto a un sistema inercial
ligado a dicho dispositivo. Por lo tanto son de aplicación la ecuaciones (4.18) y (4.19) de los apuntes.
Cuando se tome como sistema una parte del dispositivo estas ecuaciones tendrán, con respecto a las
interacciones en las superficies de control impermeables, las restricciones que esa parte elegida tenga.
En concreto, al elegir como sistema las etapas de compresión, se considerará que el proceso que sigue
el R-134a es un proceso adiabático y por lo tanto a través de las superficies de control impermeables
Q̇i = 0 ∀i. Ası́ pues, la ecuación (4.18) se reduce a:
Ẇ = ẆC1 + ẆC2
= ṁ [(h02 − h01 ) + (h04 − h03 )]
Por otra parte, como el compresor se alimenta desde un depósito muy grande, en principio infinito,
la temperatura y presión de remanso a la entrada de la primera etapa del compresor coinciden con
esas mismas propiedades estáticas en el depósito, ya que:

h01 = h0dep = hdep T01 = Tdep = Tamb = 298 K
−→
s01 = s0dep = sdep p01 = pdep = pamb = 100 kPa
De la expresión del rendimiento adiabático de un compresor cuando el gas circulante se comporta

como gas perfecto se obtiene en cada etapa de compresión y teniendo en cuenta que el gas después
de la primera etapa de compresión se enfrı́a hasta la temperatura del ambiente:
" #
(γ−1)/γ
p 02
h02s − h01
 cp T01 −1
h02 − h01 = 
p01
ηC1 −−−−−−−−−−−−−−−→ h02 − h01 =
 perfecto para el C2 H2 F4 ηC1
proceso 01 → 02s ∆s = 0
" #
(γ−1)/γ
p 04
h04s − h03
 cp T01 −1
h04 − h03 = 
p03
ηC1 −−−−−−−−−−−−−−−→ h04 − h03 =
 perfecto para el C2 H2 F4 ηC2
proceso 03 → 04s ∆s = 0
Ası́ pues, al ser iguales los rendimientos adiabáticos de cada etapa de compresión y ser p03 = p02 ,
la potencia consumida podrá expresarse como:
" #
(γ−1)/γ (γ−1)/γ
ṁ cp T01 p02 p04
Ẇ = + −2
ηC p01 p02
Derivando con respecto a p02 la última expresión e igualando a cero esa derivada se obtiene para
p02 :
√
p02 = p01 p04
Por lo tanto, la presión intermedia óptima de la compresión escalonada con refrigeración intermedia
hasta la temperatura ambiente será:
p Presión intermedia
p02 = 0, 1 × 2 = 0, 447 MPa ← −−−−óptima
−−−−−−−−−−
En la siguiente figura se expone de forma esquemática el proceso seguido en la resolución del

problema. Una vez calculada la presión intermedia utilizando el modelo de gas perfecto para el
tetrafluoretano (R-134a), en el diagrama p − h de esa sustancia se sitúan los puntos correspondientes
al estado del gas a la entrada y salida de las dos etapas de compresión. Se leen los valores de la
entalpı́a y la entropı́a de esos puntos:
(
h01 = 425 kJ · kg−1

p01 = 0, 1 MPa del diagrama p−h
punto 01 −−−−−−−−−−−→
ϑ01 = 25 o C delC2 H2 F4 s01 = s1 = 1, 90 kJ · kg−1 · K−1
(
punto 02s −1 −1
−−−−−−−−−−−→ h02s = 465 kJ · kg−1
s02s = s2s = 1, 90 kJ · kg ·K delC2 H2 F4
y de la expresión del rendimiento adiabático de un compresor,

h02s − h01
h02 = h01 +
ηC1
465 − 425
= 425 + = 475 kJ · kg−1
0, 8
Por lo tanto:
(
punto 02 −1 −−−−−−−−−−−→ ϑ02 ' 85 o C
h02 = 475 kJ · kg delC2 H2 F4
Como entre las etapas de compresión hay una refrigeración intermedia hasta la temperatura
ambiente:
(
h03 ' 417, 5 kJ · kg−1

punto 03 −−−−−−−−−−−→
ϑ03 = 25 o C delC2 H2 F4 s03 = s3 = 1, 76 kJ · kg−1 · K−1
(
p04 = 2 MPa del diagrama p−h
punto 04s −1 −1
−−−−−−−−−−−→ h04s = 450 kJ · kg−1
s04s = s4s = 1, 76 kJ · kg ·K delC2 H2 F4
y, análogamente a lo hecho en la primera etapa de compresión, de la expresión del rendimiento

adiabático de un compresor,
h04s − h03
h04 = h03 +
ηC1
450 − 417, 5
= 417, 55 + = 458 kJ · kg−1
0, 8
Por lo tanto:
(
punto 04 −1 −−−−−−−−−−−→ ϑ04 ' 90 o C
h04 = 458 kJ · kg delC2 H2 F4
Como se dice en el enunciado, el proceso 04→05 es un calentamiento a presión constante de 2 MPa

desde 90 o C (316 K) a la salida de la segunda etapa de compresión hasta la temperatura indicada en
el enunciado: 415 K (142 o C). Ası́ pues:
(
h05 ' 520 kJ · kg−1

punto 05 −−−−−−−−−−−→
ϑ03 = 142 o C delC2 H2 F4 s05 = s5 ' 1, 94 kJ · kg−1 · K−1
Para situar en el diagrama el estado de remanso de la corriente en 06 se precisa conocer dos

propiedades de esta. Una propiedad de la corriente en 06 que se determina con facilidad es la entalpı́a
de remanso, ya que en el enunciado se dice que la potencia que consume la segunda etapa de la
compresión es la que suministra la turbina. Ası́ pues, tomando como sistema la segunda etapa del
compresor y la turbina, se trata de un sistema adiabático, y aplicando la ecuación del balance
energético, ecuación (4.18) de los apuntes, se obtiene:
h04 + h06 − [h03 + h05 ] = 0 −→ h06 = h03 + h05 − h04
= 417, 5 + 520 − 458 ' 480 kJ · kg−1
La otra propiedad que se puede determinar fácilmente es la presión de remanso a la que descarga
la turbina. En efecto, se conoce s6 = s5 y se determina h06s por medio del rendimiento adiabático de
una turbina, ya que se conoce la entalpı́a de remanso a la salida y el valor de dicho rendimiento. La
intersección de las lı́neas s6 = cte y h06s = cte en el diagrama p − h determina la presión de remanso
de descarga de la turbina. Ası́ pues:
h06 − h05
h06s = h05 +
ηT
480 − 520
= 520 + ' 473 kJ · kg−1
0, 85
Por lo tanto:
(
h06s = 473 kJ · kg−1 del diagrama p−h
punto 06s −1 −1
−−−−−−−−−−−→ p06 ' 4 bar (0,4 MPa)
s6 = 1, 94 kJ · kg ·K delC2 H2 F4
El punto representativo del estado de la corriente a la salida de la turbina, punto 06 del diagrama,
vendrá dado, pues, por la intersección de las lı́neas isobara de 0,4 MPa e isoentálpica de 480 kJ·kg−1 .
( (
p06 = 0, 4 MPa del diagrama p−h ϑ06 ' 90 0 C
punto 06 − −− − −−− −− − −→
h06 = 480 kJ · kg−1 delC2 H2 F4 s06 = s6 = 1, 94 kJ · kg−1 · K−1
La aplicación del balance energético a la válvula proporciona:
h07 = h06
luego el punto 07 estará sobre la lı́nea de entalpı́a constante h06 = 480 kJ·kg−1 . Este punto que-
dará completamente determinado cuando se conozca p07 . Para ello se precisa conocer s07 = s7 . La
intersección de esa lı́nea isoentálpica con la isoentrópica s7 = cte porporcionará en el diagrama p − h
la posición del estado de remanso a la salida de la válvula.
3) La potencia consumida en la compresión será:
ẆC = ṁ [(h02 − h01 ) + (h03 − h04 )]

Potencia consumida
= 3 × [(475 − 425) + (458 − 417, 55)] = 271, 4 kW ←−en
−−la
−−compresión
−−−−−−−−−−
4) El estado (presión p7 , temperatura ϑ7 y velocidad w7 ) de la corriente a la salida de la válvula se

determina resolviendo las ecuaciones:
w72
h7 = h07 −
2 (1)
ṁ
ṁ = ρ7 w7 A7 −→ w7 =
ρ7 A7
La resolución de este sistema se realiza por iteración: se supone un valor de w7 y de la primera de
las ecuaciones dadas en (1) se determina h7 . Como se conoce la presión de descarga de la válvula
(1 bar), entrando con el valor de h7 en el diagrama p − h y p7 se obtiene un valor para ρ7 y como
el gasto es conocido, de la segunda de las ecuaciones de (1) se determina el valor de w7 , valor que
se introduce en el ciclo si no coincide con el supuesto inicialmente. El proceso termina cuando los
valores de la velocidad de entrada y salida del ciclo de cálculo sean iguales. Todo lo anterior se refleja
en el cuadro siguiente7 (además de estar representado de forma esquemática en la figura anterior).
w7 h7 ρ7 w̃7
(m · s ) (kJ · kg ) (kg · m ) (m · s−1 )
−1 −1 −3
0 480 3,4 175,5

175,5 465 3,5 170,5
170,5 465,5 3,5 170,5
Ası́ pues:
( (
p7 = 100 kPa del diagrama p−h ϑ7 ' 70 0 C
punto 7 −−−−−−−−−−−→
h7 = 465, 5 kJ · kg−1 delC2 H2 F4 s7 = 2, 02 kJ · kg−1 · K−1
La temperatura y la velocidad de la corriente a la salida de la válvula son, por tanto:
ϑ7 = 70 o C ←−− −−−−−−−−−−−−−−−−−−−
a la salida de la válvula
w7 = 170, 5 m · s−1 ← −−−−−−−−−−−−−−−−−−
a la salida de la válvula
7 El alumno podrá comprobar que al obtener los valores de h y llevar esos valores al diagrama no encuentra diferencia entre los dos
7
últimos valores obtenidos. Realizando los cálculos con un programa ad hoc se puede alcanzar más precisión, pero como se trata de mostrar el
método, con los valores obtenidos es suficiente. La diferencia entre el valor obtenido utilizando el diagrama y el que se obtendrı́a utilizando
el programa que proporcione los valores de las propiedades termodinámicas del R-134a no es pareciable. El error no llega al 3 %.
La caı́da de presión de remanso de la corriente al atravesar la válvula es p06 − p07 . El valor de p06
ya se conoce. Es, pues, necesario determinar p07 . Las magnitudes de remanso vienen dadas por:
w2
h0 = h +
2
s0 = s
Se ha hecho uso de la pimera de estas ecuaciones, lo cual ha permitido, junto con la definición de
gasto másico, la determinación de la temperatura y velocidad de la corriente a la salida del dispositivo.
La segunda de estas ecuaciones va a permitir determinar el estado de remanso de la corriente a la
salida, ya que se conocen h07 y s7 . Ası́ pues, trazando en el diagrama p − h la lı́nea isoentrópica
s07 = s7 = 2,02 kJ·kg−1 ·K−1 y la lı́nea isoentálpica h07 = h06 = 480 kJ·kg−1 , donde se corten se
tendrá el punto representativo del estado de remanso a la salida, punto 07, y en el diagrama se lee
la presión correspondiente a ese punto. Esto quede reflejado de forma esquemática y cuantitativa en
la figura anterior.
)
h07 = 480 kJ · kg−1 p07 ' 0, 18 MPa

del diagrama p−h
−−−−−−−−−−−→
s07 = s7 = 2, 02 kJ · kg −1 −1
·K delC2 H2 F4 ϑ07 ' 85 o C
Por lo tanto la caı́da de presión de remanso de la corriente en la vávula resulta:

p06 − p07 = 0, 4 − 0, 18 = 0, 22 MPa
Caı́da de presión de remanso
= 220 kPa ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
de la corriente en la válvula
5) Como ya se ha dicho anteriormente, el dispositivo es un sistema abierto que funciona en régimen

estacionario. Por lo tanto, la ecuación del segundo principio que hay que aplicar es la dada en (4.19)
del Tema 4 de los apuntes. Ası́ pues:
Q̇04→05 Q̇02→03
σ̇p = ṁ (s07 − s01 ) − −
TFT Tamb
ṁ (h05 − h04 ) ṁ (h03 − h0 2)
= ṁ (s07 − s01 ) − −
TFT Tamb

520 − 458 417, 5 − 475
= 3 × (2, 02 − 1, 90) − −
1.800 298
' 0, 84 kW · K−1 = 840 W · K−1 ←−−en
−−− −−−−−−−−−−−−
el dispositivo
AL CAMBIO DE FASE
Problema 72
Se trata del análisis teórico del diagrama h-s de una sustancia pura. En particular se pide:
1.- Demostrar que las isobaras son rectas en la región bifásica.

2.- Determinar la pendiente de la curva de saturación a presiones bajas.
3.- Estimar las pendientes de las isotermas a la derecha de la curva de vapor saturado.
4.- Deducir la relación f(hfg , α, cp , T) = 0 que determina el punto de máxima entalpı́a de la curva
de saturación.
Solución
1) Para demostrar que las isobaras son rectas en la región bifásica se parte de:
dh = T ds + v dp
y manteniendo constante la presión, como sucede en el cambio de fase, se obtiene:
∂hf g
hg − hf = T (sg − sf ) =⇒ =T
∂sf g
y como T también se mantiene constante durante el cambio de fase de una sustancia pura, la pendiente
de las isobaras en la región bifasica es constante, y estas isobaras son rectas.
2) De las variaciones de entalpı́a y de entropı́a, teniendo como variables termodinámicas la tempe-
ratura y presión, se obtiene:
!  !
∂v
∂v dp
cp + v − T

dh = cp dT + v − T dp

 ∂T p dT

∂T p ∂h
−→ =
cp ∂v ∂s cp ∂v dp
−


ds = dT − dp 
 T ∂T p dT

T ∂T p
y como:
RT ∂v
p 1 −→ vf vg ' =⇒ v − T =0
p ∂T p
y por lo tanto:
∂h T cp
= (1)
∂s sat R T dp
cp −
p dT sat

La ecuación de Clapeyron es:

dp hf g
=
dT sat T (vg − vf )
y con la condición dada anteriormente de que vf vg cuando p 1:
dp hf g
=
dT sat T vg
luego, sustituyéndola en la expresión (1) queda finalmente, cuando las presiones son muy bajas:
∂h T Pendiente de la curva de
= ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
∂s sat hfg de saturación cuando p 1
1−
T cp
Para comprobar la validez de esta expresión se van a comparar los resultados obtenidos aplicando dicha expresión y
la estimación de la pendiente a partir del diagrama h − s para el agua. Para ello se toman los siguientes valores: p = 10
kPa, ϑ(10 kPa) ' 46o C, hf g = 2.390 kJ · kg−1 y cp = 1, 92 kJ · kg−1 · K−1 (estos dos últimos valores corresponden a la
media aritmética de los valores de hf g y de cp a 0,01o C y a 100o C, respectivamente) resultando para la pendiente de
la curva de saturación:
∂h
' −110 K
∂s sat
Utilizando el diagrama h − s:
∆h hg (0, 2 bar) − hg (0, 06 bar)
=
∆s sg (0, 2 bar) − sg (0, 06 bar)
2.610 − 2.565
= = −109 K
7, 91 − 8, 33
Como puede observarse la concordancia es bastante buena, aunque es de señalar que el alumno puede obtener unos
valores distintos ya que estos van a depender de la precisión con que se pueda leerse en el diagrama que se utilice.
3) Si se toman como variables independientes la entropı́a s y la temperatura T , las variaciones de

entalpı́a vienen dadas por:
∂h ∂h
dh = ds + dT
∂s T ∂T s
donde:
∂h ∂h ∂h ∂p
= + +
∂s T ∂s p ∂p s ∂s T

v (2)
=T−
∂v
∂T p

es la pendiente que se pide.

Cuando el gas se comporta como gas semiperfecto (o perfecto):
∂v R
p v = R T −→ =
∂T p p
y por lo tanto:
∂h
=0
∂s T
esto es, las isotermas son lı́neas horizontales en el diagrama (h − s).
Cuando el gas se comporta como gas real, es decir, cuando falla el comportamiento de gas semi-
perfecto, la pendiente dada en (2) se evalúa con el factor de compresibilidad:
Z RT ∂v Z R R T ∂Z
v= −→ = +
p ∂T p p p ∂T p

y llevando este resultado a (2):

∂h v
=T−
∂s T Z R R T ∂Z
+
p p ∂T p

∂Z
T2
∂T p

=
∂Z
Z +T
∂T p

Aplicaciones de los principios primero y segundo al cambio de fase: sistemas cerrados. 329
que en magnitudes reducidas queda:

∂Z
TR2 Tc
∂h ∂TR pR

= (3)
∂s T ∂Z
Z + TR
∂TR pR

Este resultado se puede comprobar utilizando las tablas de los valores de Lee-Kesler para el factor de compresibilidad
dadas en el apéndice del cuaderno de problemas y después compararlo con el obtenido directamente del diagrama h − s
para el agua. Se pretende conocer la pendiente de la isoterma de 400o C a una presión de 90 bar. Para el agua Tc =
647,3 K y pc = 220,9 bar. Ası́ pues, los valores de temperatura y presión reducidas en el estado dado resultan: TR =
1,04 y pR ' 0,4 y el factor de compresibilidad Z = Z (o) + ωZ (1) = 0, 8699 + 0, 344 (−0, 0127) = 0, 8655. El término
de la derivada del factor de compresibilidad con respecto a la temperatura reducida manteniendo constante la presión
reducida puede aproximarse por:
∂Z ∆Z
'
∂TR pR ∆TR pR

siendo ∆Z = ∆(Z (o) + ωZ (1) ). Con pR = 0, 4 y con los valores de TR = 0, 95 y TR = 1, 15, sabiendo que para el agua
el factor acéntrico valor ω = 0, 344 de las tablas 8 y 8a del apéndice del cuaderno de problemas se obtiene:

∆Z 0, 1121
∆Z = (0, 9081 − 0, 8206) + 0, 344 (0, 0127 + 0, 0589) = 0, 1121 −→ = = 0, 5607
∆TR 1, 15 − 0, 95

pR =0,4
resultando entonces para (3):

∂h 1, 042 × 647, 3 × 0, 5607
= ' 271 K
∂s T =400o C 0, 8655 + 1, 04 × 0, 5607

Si el primer término de (3) se aproxima por:

∂h ∆h
'
∂s T ∆s T

del diagrama h − s para el agua se obtiene:
∂h h(400o C, 80 bar) − h(400o C, 100 bar) 3.150 − 3.110
' = ' 267 K
∂s T =400o C s(400o C, 80 bar) − s(400o C, 100 bar) 6, 36 − 6, 21

Como puede apreciarse la concordancia es muy buena. No se ha hecho uso del diagrama de compresibilidad Z =
Z (pR , TR , Zc = 0, 27) ya que el factor de compresibilidad crı́tico del agua vale 0,233 bastante menor que 0,27. No
obstante se deja para el alumno que compruebe la ecuación (3) haciendo uso de este diagrama y posteriormente que
compare los resultados obtenidos.
4) El punto de máxima entalpı́a de la curva de saturación está determinado por:

∂h ∂v dp
= 0 −→ cp + v − T =0 (4)
∂s sat ∂T p dT sat
Por definición:
∂v
= vα
∂T p
y de la ecuación de Clapeyron, con la aproximación de que vf vg = v:

dp hf g
=
dT sat T v

Por lo tanto, llevando estos resultados a (4) resulta:

1 − α T hf g Máximo de la curva de satu-
1+ =0 ←−ración
−−−−−en −−−−−−−−−−−−−−−−
el diagrama h-s
T cp
Para poder estimar el valor del máximo de la curva de saturación en el diagrama h − s para el agua, habrá que
expresar α en función de Z y de su derivada respecto a TR . Para ello se parte de la definición de Z y de α obteniéndose:
pv 
Z= 
RT 

1 1 ∂Z
1 ∂v  −→ α = T + Z ∂T
α=  p
v ∂T p 
Llevando este resultado a la expresión obtenida para el máximo de la curva de saturación resulta, después de operar
y cambiar a magintudes reducidas:
1 ∂Z hf g
1− =0
Z ∂TR p Tc cp
ecuación que se resuelve por el método de regula falsi según se muestra en el siguiente cuadro. Es de resaltar que
para los valores de Z se utilizan los valores de Lee-Kesler, es decir Z = Z (o) + ωZ (1) , en saturación a la temperatura
señalada, y que los valores para ∆Z = Z2 − Z1 se calculan en saturación a la temperatura señalada, Z1 , y a la presión
de saturación correspondiente a la temperatura señalada y una temperatura 5 centésimas mayor que la señalada, Z2 .
Al estar realizando una estimación, como valor de hf g se va a tomar el correspondiente al valor medio entre el del
punto triple (2.501 kJ·kg−1 ) y el punto crı́tico (0 kJ·kg−1 ), es decir, se toma hf g = 1.250 kJ·kg−1 y para cp se toma
el valor del de gas perfecto para el vapor de agua, es decir cp = 1, 86kJ·kg−1 ·K−1 :

∆Z
TR Z1 Z2 δ
∆TR p
R
0,75 0,902 0,923 0,42 0,517

0,80 0,852 0,884 0,64 0,220
0,85 0,788 0,835 0,94 -0,238
Al interpolar se obtiene para TR el valor:

TR ' 0, 82
y como se está estimando el valor del máximo de la curva de saturación se da por bueno ese resultado. Con TR = 0, 76
resulta que la isoterma que pasa por el máximo de la curva de saturación en el diagrama h − s es:
T = 0, 82 × 647, 3
' 531 K = 258 o C
En el diagrama h − s del agua se ve que la isoterma que pasa por el máximo de la curva de saturación es ϑ = 260 o C.
Problema 73
Un tubo recto vertical, que se encuentra cerrado por su base y abierto por su extremo superior,
contiene en su interior una determinada sustancia. A una determinada temperatura parte de la
sustancia se halla en estado sólido (zona inferior del tubo) y otra parte se mantiene lı́quida. Se observa
que si la temperatura disminuye, la superficie de separación sólido-lı́quido asciende. Relacionar las
densidades del sólido y el lı́quido con la variación del nivel por unidad de temperatura y con la
entalpı́a de fusión de la sustancia. Despréciese la dilatación térmica de todos los materiales.
Solución
Sea pi la presión existente en la entrefase lı́quido-
sólido en el instante inicial y pf la existente en el
instante final. Puede verse en la figura anterior que
se verifica la relación:
pi = pf + ρs g ∆z −→ ∆p = pf − pi
= −ρs g ∆z
De la ecuación de Clapeyron, considerando que las
variaciones de la entalpı́a de fusión hsl , ası́ como las
de los volúmenes especı́ficos del sólido y del lı́quido
vs y vl en el intervalo de temperaturas desde T a
T − ∆T son pequeñas se obtiene:

dp hsl hsl ∆T
= −→ ∆p = ln 1 −
dT T (vl − vs ) vl − vs T
h ∆T
' − sl
vl − vs T
Ası́ pues:
∆p hsl
=−
∆T T (vl − vs )
1
Y como v = :
ρ
1 1 ρρ
vl − vs = − = l s
ρl ρs ρs − ρl
Por lo tanto, después de sustituir el valor de ∆p, resulta:

g ∆z hsl ρl hsl Relación
= =⇒ ρs = ρl 1 + ←−−−−−−
pedida
∆T T (ρs − ρl ) T g (∆z/∆T )
Problema 74
En un cilindro adiabático de 10 cm2 de sección hay 30 gramos de agua, inicialmente a 80 o C, sobre
la que se apoya un émbolo, también adiabático, de 4 kg, todo ello en presencia de la atmósfera. Se
suminstra calor al agua hasta que el émbolo asciende 30 cm. Se pide:
1.- Calor suministrado al agua para que el émbolo suba los 30 cm.
2.- Presión, temperatura y densidad finales.
3.- Trabajo desarrollado.
Solución
1) Inicialmente el agua se encuentra en el estado de agregación de lı́quido comprimido (o subenfriado)
ya que la presión de saturación a 80 o C es 47,39 kPa, mientras que la presión a la que está sometida
el agua lı́quida es:
m g
p1 = p∞ + E
A
4 × 9, 81
= 100 + × 10−3 = 139, 2 kPa > p∗ (80o C)
0, 001
El volumen que ocupa el inicialmente el agua es:
V1 = m v1 = m vf (80o C)
V1
= 0, 03 × 0, 001029 = 0, 00003 m3 −→ h1 =
A
3 · 10−5
= = 0, 03 m = 3 cm
0, 001
Cuando el émbolo se desplaza verticalmente hacia arriba 30 cm, el volumen ocupado por el agua
será:
V2 = h2 A
= 0, 33 × 0, 001 = 0, 00033 m3 −→ v2 = 0, 011 m3 · kg−1
Ahora bien, de las tablas de propiedades termodinámicas del agua en saturación, tabla de presio-
nes, se observa que:
vf (139, 2 kPa) < 0, 011 < vg (139, 2 kPa)
Por lo que en el estado final en el cilindro habra agua en estado vapor en equilibrio con agua en
estado lı́quido. Ası́ pues:

p2 = 139, 2 kPa 
Presión, temperatura

o
ϑ2 (139, 2 kPa) = 109, 1 C ←
y
−densidad
−−−−−−−− −−−−−−−−−−−
finales del agua
3

ρ2 = 90, 9 kg · m

2) Al aplicar el balance energético al sistema formado por el agua contenida en el cilindro más el
émbolo, por tratarse de un sistema cerrado, se obtendrá:
Q + Watm,E = ∆Uagua + ∆EpE −→ Q = ∆Uagua + ∆EpE − Watm,E
= m (u2 − u1 )agua + mE g y + p∞ A y
siendo y lo que se desplaza el émbolo varticalmente hacia arriba.

La energı́a especı́fica del agua en el estado final viene dada por:
u2 = uf (p2 ) + x2 uf g (p2 )
con x2 (calidad o tı́tulo del vapor en el estado final) igual a:

v2 − vf (p2 )
x2 =
vg (p2 ) − vf (p2 )
0, 011 − 0, 001051
= = 0, 008
1, 2433 − 0, 001051
Ası́ pues:
Q = 0, 03 × (457, 6 + 0, 008 × 2.232, 4 − 334, 86) + (4 × 9, 81 × 10−3 + 100 × 0, 001) × 0, 3
Calor que se debe
= 4, 26 kJ ←−−−−−−−−−−−−−−
suministrar al agua
Problema 75
En un recipiente cilı́ndrico vertical abierto a la atmósfera por su cara superior, de paredes rı́gidas
y adiabáticas hay 100 gramos de agua a 30 o C que ocupan un volumen de 100 l y confinados por
la parte superior mediante un émbolo de 48,5 kg y 650 cm2 de sección que descansa inicialmente
sobre unos pequeños resaltes de la pared del cilindro. La cara del émbolo en contacto con el agua es
adiabática y la otra cara se halla en presencia de la atmósfera.
Sabiendo que las condiciones atmosféricas son 15 o C y 94 kPa, que el rozamiento al deslizamiento
del émbolo es despreciable y que se comunica energı́a al agua (por medio de una pequeña resistencia
eléctrica) hasta que desaparece la fase lı́quida, se pide:
1.- Presión inicial en el recipiente y altura inicial del agua lı́quida.

2.- Temperatura final.
3.- Altura final del émbolo.
4.- Intercambios energéticos del agua con el exterior.
5.- Variación de entropı́a del agua.
Solución
El problema se va a resolver utilizando las tablas de propiedades termodinámicas del agua.
1) Presión inicial en el recipiente y altura inicial del agua lı́quida.
V1
v1 =
m
0, 1
= = 1 m3 · kg−1
0, 1
En las tablas de propiedades termodinámicas del agua en saturación a 30 o C se lee:
vf (30 o C) = 0, 001004 m3 · kg−1

vg (30 o C) = 32, 89 m3 · kg−1
y como:
vf (30 o C) < v1 < vg (30 o C)
en el estado inicial existirá equilibrio lı́quido-vapor, por lo que la presión en el recipiente será la
correspondiente a la saturación a 30 o C, esto es:
p1 = p∗ (30 o C)
presión inicial
= 4, 246 kPa ←−−−−−−−−−−−
en el recipiente
De toda la masa de agua sólo estará en estado de agregación lı́quido la siguiente:
ml1 = (1 − x) m

o
 vg (30 o C) − v1
v1 − vf (30 C) −→ ml1 = m
x= o o
 vg (30 o C) − vf (30 o C)
vg (30 C) − vf (30 C)
32, 89 − 1
= × 0, 1 ' 0, 097 kg
32, 89 − 0, 001004
que ocupan un volumen de:
Vl1 = vf (30 o C) ml1

= 0, 001004 × 0, 097 ' 0, 0001 m3
por lo tanto:
Vl1
hl1 =
A
0, 0001 altura inicial
= = 0, 0015 m ←−−−−−−−−−−
del lı́quido
0, 065
2) Temperatura final.
Mientras la presión en el interior del recipiente no alcance el valor necesario para desplazar el
émbolo, el agua evolucionará a volumen constante. El valor de la presión que se necesita para desplazar
el émbolo es:
mE g 48, 5 × 9, 81
pamb + = 94 + × 10−3
A 0, 065
= 101, 3 kPa
Esta presión se alcanza antes de que desaparezca la fase lı́quida ya que:
vg (101, 3 kPa) = 1, 6733 > v1
Una vez alcanzada esa presión el agua evoluciona a presión constante ya que según se le suministra
calor, el émbolo se va desplazando de modo que en cada instante la presión sobre el agua es 101,3
kPa, y al existir cambio de fase la temperatura se mantiene también constante. Esta temperatura
es la correspondiente a la saturación del agua a 101,3 kPa. Mirando en las tablas de propiedades
termodinámicas del agua en saturación se lee que a 101,3 kPa le correponde la temperatura:
temperatura
ϑ2 ' 100 o C ←−−− −−−−−−
final
3) Altura final del émbolo.

En el instante final toda la masa de agua se encuentra en estado de vapor saturado. Por lo tanto
el volumen que ocupa es:
V2 = m vg (101, 3 kPa)
por lo V2
= 0, 1 × 1, 6733 = 0, 16733 m3 −
−−−−
tanto
→ h2 =
A
0, 16733 altura final
= = 2, 57 m ←−−−−−−−−
del émbolo
0, 065
4) Intercambios energéticos del agua con el exterior.

Tomando como sistema el agua encerrada en el recipiente, se tiene un sistema con la frontera
deformable (superficie inferior del émbolo) y no adiabática (superficie exetrior de la resistencia) por
lo que las interacciones del agua con el exterior son: calor y trabajo. Se van a evaluar cada una de
estas interacciones.
Aplicando la ecuación de la energı́a mecánica al émbolo, en la hipótesis de energı́a mecánica
disipada por fricción entre cilindro y émbolo despreciable, se tendrá:

Watm, E + WH2 O,E = ∆EpE −→ WH2 O,E = ∆EpE − Watm, E
m(v2 − v1 )
= (mE g + p∞ A)
A
= 0, 1 × 101, 3 × (1, 6733 − 1)
trabajo comunicado
= 6, 82 kJ ←−−−−−−−−−−−−−−−−−
por el agua al exterior
Por lo tanto, el comunicado por el exterior al agua será igual y de signo contrario, es decir:
trabajo comunicado
WE,H2 O = −WH2 O,E = −6, 82 kJ ←−−−−−−−−−−−−−−−−−
por el exterior al agua
Para calcular el calor (interacción térmica) se establece el balance energético al agua, que supo-
niendo que en el estado inicial y final el agua está en reposo y que se desprecia la variación de energı́a
potencial del agua, se reduce a:
Q + Watm, E = ∆UH2 O + ∆EpE
y:
Q = mH2 O (u2 − u1 ) + ∆EpE − Watm, E
| {z }
WH2 O,E
= m (u2 − u1 ) + WH2 O,E

La energı́a interna especı́fica del agua en los estados inicial y final valen:
u1 = uf (30 o C) + x1 [ug (30 o C) − uf (30 o C)]
u2 = ug (101, 3 kPa)
donde x1 viene dado por:
v1 − vf (30 o C)
x1 =
vg (30 o C) − vf (30 o C)
1 − 0, 001004
= = 0, 03 kg de vapor/kg de agua
32, 89 − 0, 001004
Los valores de la energı́a interna especı́fica se leen en la tabla de propiedades termodinámicas del
agua en saturación. Ası́ pues, el calor suministrado al agua será:
Q = 0, 1 × [2.506, 5 − (125, 78 + 0, 03 × 2.290, 8)] + 6, 82
= 238 kJ ←−calor
−−−−− suministrado
−−−−−−−−−−−
por el exterior al agua
5) Variación de entropı́a del agua.

La variación de entropı́a del agua vale:
∆S = m (s2 − s1 )
donde:
s2 = sg (101, 3 kPa)
s1 = sf (30 o C) + x1 [sg (30 o C) − sf (30 o C)]
leyéndose en la tabla de propiedades termodinámicas del agua en saturación los valores de la energı́a
interna. Ası́:
∆S = 0, 1 × [7, 355 − (0, 4369 + 0, 03 × 8, 0164)]
variación de entropı́a
' 0, 670 kJ · K−1 = 670 J · K−1 ←−−−−−−−−−−−−−−−−
del agua
Problema 76
En un cilindro vertical abierto a la atmósfera por su parte superior, de 150 cm2 de sección recta y
de paredes adiabáticas hay 2 gramos de vapor de agua a 150 o C y 2 bar, encerrados por un émbolo
de 2 kg, inicialmente anclado al cilindro.
En un instante dado se libera el émbolo y tiene lugar un proceso rápido hasta alcanzar el equilibrio
mecánico, tras la disipación de energı́a mecánica por fricción del émbolo con las paredes del cilindro.
Se pide:
1.- Determinar la altura inicial del émbolo.

2.- Determinar el nuevo estado de equilibrio mecánico: presión, temperatura y densidad finales.
3.- Establecer el balance energético entre los estados inicial y final y calcular el trabajo desarrollado
y la energı́a mecánica disipada por fricción.
Solución
El problema se va a resolver haciendo uso de las tablas de propiedades termodinámicas del agua.
1) Del estado inicial se conocen la presión y la temperatura, por lo tanto queda determinado el
volumen especı́fico del agua en ese instante. En efecto:


 v1 = 0, 9596 m3 · kg−1

p1 = 2 bar
 u = 2.576, 9 kJ · kg−1

de las tablas de propiedades 1
o −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→
ϑ1 = 150 C del agua (tablas del vapor sobrecalentado) 

 h1 = 2.768, 8 kJ · kg−1
 s = 7, 2795 kJ · kg−1 · K−1

1
Conocido el volumen especı́fico inicial, el volumen que ocupa el agua será:

V1 = m v1
= 0, 002 × 0, 9596 = 1, 9192 · 10−3 m3
Como V1 = A z1 , despejando z1 :
V1
z1 =
A
1, 9192 · 10−3
= = 0, 128 m ←−−−altura
−−−
medida
−−inicial
−−el
desde
−del
−−−émbolo
−−fondo − −−−−−−−−
del cilindro
0, 0150
2) La evolución que sigue el agua es una expansión isoentrópica desde la presión inicial, 2 bar, hasta
la presión final p2 . Esta presión se obtiene del equilibrio mecánico en el estado final:
m g
p2 = p∞ + E
A
2 × 9, 81
= 100 + · 10−3 = 101, 3 kPa
0, 0150
El estado del agua a p2 = 101,3 kPa y s2 = s1 = 7, 2795 kJ·kg· K−1 corresponde al de vapor
húmedo ya que:
sf (101, 3 kPa) < 7, 2795 < sg (101, 3 kPa)
Por lo tanto la temperatura será la correspondiente a la de saturación a 101,3 kPa, que mirando en
las tablas de propiedades termodinámicas del agua en saturación (tabla de temperaturas) es:
temperatura del agua
ϑ(101, 3 kPa) = 100 o C ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−
después de la expansión
Pada determinar la densidad del agua en el estado final es preciso determinar previamente la
calidad (o tı́tulo) del vapor en este estado final. Este se obtiene de:
o s2 − sf (100 o C)
o
s2 = sf (100 C) + x2 sf g (100 C) −→ x2 =
sf g (100 o C)
7, 2795 − 1, 3069
= = 0, 987
6, 0480
Ası́ pues:
v2 = (1 − x2 ) vf (100 o C) + x2 vg 100 o C)
= (1 − 0, 987) × 0, 001044 + 0, 987 × 1, 6729 = 1, 6512 m3 · kg−1
Y la densidad será:
1 densidad del agua
ρ2 = = 0, 606 kg · m3 ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−
después de la expansión
v2
3) Se elige como sistema el agua. Se trata de un sistema cerrado, deformable de fronteras adiabáticas.
El balnace energético aplicado a este sistema resulta:
WE, agua = ∆Uagua
y como el trabajo desarrollado por la expansión del agua es el que esta comunica al émbolo, por ser
la frontera émbolo-agua no disipativa:
Wagua,E = −WE, agua
Por lo tanto:
Wagua,E = −∆Uagua = −m (uf (100 o C) + x2 uf g (100 o C) − u1 )
= −0, 02 × (418, 94 + 0, 987 × 2.087, 6 − 2.576, 9)
trabajo desarrollado
= 0, 195 kJ = 195 J ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
por la expansión del agua
Por otra parte, si se toma como sistema el émbolo, y se le aplica el balance energético y la ecuación
de la energı́a interna se obtiene:

QE + Wagua,E + Watm,E + Wcil,E = ∆UE + ∆EpE
−→ Wagua,E + Watm,E + Wcil,E = ∆EpE
QE = ∆UE
cil,E
Del análisis de la frontera cilindro émbolo se deduce que Wcil,E = −εσ . Ası́ pues:
σ cil,E
ε = Wagua,E + Watm,E − ∆EpE
Los dos últimos términos del segundo miembro valen:

Watm,E − ∆EpE = −(p∞ A + mE g)(z2 − z1 )
donde z2 vale:
m v2
z2 =
A
0, 002 × 1, 6512
= = 0, 22 m
0, 0150
Ası́ pues:
cil,E
εσ = 195 − (105 × 0, 015 + 2 × 9, 81) × (0, 22 − 0, 128)
Energı́a mecánica disipada por fricción
= 55, 2 J ←−−−durante
−−−−−−− −−−−−−−−−−−−−−−−−−−
la expansión del agua
Problema 77
En un cilindro vertical y aislado térmicamente, de 0,25 m2 de sección, hay una masa de 0,1 kg
de agua ocupando inicialmente un volumen de 72 l y confinada por un émbolo de 50 kg que puede
deslizar con fricción y cuyas superficies en contacto con el aire del exterior y con el agua encerrada se
consideran adiabáticas. Este émbolo se encuentra unido a un punto exterior por medio de un muelle
adiabático de masa despreciable y constante elástica 250 kN·m−1 . Dicho muelle está inicialmente
comprimido 2,5 cm.
Se sujeta el émbolo al cilindro y a continuación se retira el aislamiento de la base del cilindro,
poniéndolo en contacto con una fuente térmica a 475 K. Tras alcanzar de nuevo el equilibrio se vuelve
a aislar y se suelta el émbolo, alcanzándose rápidamente el equilibrio mecánico.
Sabiendo que las condiciones del ambiente son 298 K y 98 kPa, se pide, efectuando las hipótesis
oportunas:
1.- Temperatura y presión iniciales del agua.
2.- Estado de equilibrio antes de soltar el émbolo.
3.- Estado final de equilibrio mecánico.
4.- Variación de entropı́a del agua y de la fuente.
5.- Variación de la energı́a interna del émbolo.
Solución
1) Del estado inicial se conocen:
a) el volumen especı́fico:
V1
v1 =
m
72 · 10−3
= = 0, 72 m3 · kg−1
0, 1
b) la presión:
mE g km
p1 = pamb + + (l0 − l1 )
A A
50 × 9, 81 250 presión inicial
= 98 + × 10−3 + × 0, 025 ' 125 kPa ←−− −−−−−−−−
del agua
0, 25 0, 25
Se comprueba si el valor del volumen especı́fico inicial v1 está o no comprendido entre los valores de
los volúmenes especı́ficos del liquido y vapor saturados. En las tablas de propiedades termodinámicas
del agua en saturación (tabla de presiones) se lee:
(
vf1 = 0, 001048 m3 · kg−1
p∗1 = 0, 125 MPa =⇒
vg1 = 1, 3749 m3 · kg−1
Y como se verifica que:

vf1 < v1 < vg1
el estado inicial corresponde a un estado de equilibrio bifásico. Ası́ pues, la temperatura del agua en
el estado inicial será la correpondiente a la de satuarción a 0,125 MPa:
temperatura inicial
ϑ1 = 105, 99 o C ←−−−−−−−−−−−−−−
del agua
La calidad del vapor en el estado inicial es:

v1 − vf1
x1 =
vg1 − vf1
0, 72 − 0, 001048
= = 0, 5233
1, 3749 − 0, 001048
y por la tanto, la energı́a interna y la entropı́a valen:

u1 = uf1 + x1 uf g1
= 444, 19 + 0, 5233 × 2.069, 3 = 1.527, 05 kJ · kg−1
s 1 = s f 1 + x1 s f g 1
= 1, 374 + 0, 5233 × 5, 9104 = 4, 4669 kJ · kg−1 · K−1
2) El estado termodinámico del agua antes de soltar el émbolo viene determinado por la tempertura
ϑ2 = 202 o C, que es la temperatura de la fuente térmica con la que el agua ha alcanzado el equilibrio
térmico, y el volumen especı́fico que se ha mantenido constante durante el proceso de calentamiento
del agua.
A 202 o C el volumen especı́fico del vapor saturado vale 0,1221 m3 ·kg−1 que es menor que el valor
de v1 por lo que el agua al alcanzar el equilibrio mecánico estrá en estado de agregación de vapor
sobrecalentado.
Para calcular la presión se interpola en tablas de vapor sobrecalentado del agua entre 2 bar y 3
bar: 
p2 = 2 bar
−→ v2 = 1, 0850 

o 
ϑ2 = 202 C 
interpolando
−−−−−−−−−→ p2 = 2, 998 bar
p2 = 3 bar 
−→ v2 = 0, 7195 

o
ϑ2 = 202 C

Ası́ pues, antes de soltar el émbolo el agua se encuentra como vapor sobrecalentado a 202 o C y 2,998
bar.
Con el diagrama de Mollier del agua con los valores v = 0, 72 y ϑ = 202 o C para el agua se obtiene que:
p2 ' 3 bar
La energı́a interna y la entropı́a valen:
u2 = 2.653, 8 kJ · kg−1
s2 = 7, 3201 kJ · kg−1 · K−1
3) Una vez soltado el émbolo el proceso que sigue el agua es adiabático (el proceso es rápido y puede
asimilarse a uno adiabático). Durante ese proceso no hay irreversibilidades internas, ni térmicas ni
mecánicas, por lo que δσ = 0. Ası́, aplicando el segundo principio al agua se obtiene:
∆Sagua = 0 −→ s3 = s2 (1)
Además, existe equilibrio mecánico. Por lo tanto, si z es el despalzamiento vertical y hacia arriba
del émbolo:

mE g km km
p3 = pamb + + (l0 − l2 )
A A −→ p3 = p1 + z (2)
A
l2 = l1 − z

= 125 + 1.000 z
Hay una relación entre los volúmenes especı́ficos:
A
V3 = V2 + Az −→ v3 = v2 + z
m (3)
= 0, 72 + 2, 5 z
Además de estas tres ecuaciones se necesita conocer una ecuación térmica de estado v = f1 (T, p) y
una ecuación energética de estado s = f2 (T, p). Ahora ya está cerrado matemáticamente el problema.
Como el problema se va a resolver con las tablas de propiedades termodinámicas del agua, las
ecuaciones v = f1 (T, p) y s = f2 (T, p) se van a tener en forma tabular.
La resolución de las ecuaciones anteriores se hará de la siguiente manera: se supone una presión
arbitraria; con esa presión y la entropı́a en las tablas de propiedades termodinámicas del agua se
lee el valor del volumen especı́fico. Ese valor se señala con ṽ. Con el valor de la presión de (2) se
obtiene z y a partir de (3) el volumen especı́fico que se señalará con v ∗ . Si ambos valores del volumen
especı́fico coinciden, esto es su diferencia δ = ṽ − v ∗ es nula, la presión supuesta es la solución. Si
ası́ no sucede se elige otra presión y se repite el proceso. Se trata de elegir dos valores de la presión
que den dos valores de δ de signos opuestos e interpolar entre ellos para obtener la presión que anule
δ. El proceso termina cuando los valores de las presiones involucradas sean prácticamente iguales o
la precisión en los datos tabulares haga que no merezca la pena seguir con otras presiones. Todo esto
queda reflejado en elsiguiente cuadro:
s3 = 7, 32 kJ · kg−1 · K−1
p3 (bar) ṽ3 (m3 /kg) z (m) v3∗ (m3 /kg) δ (m3 /kg)
2 0,9811 0,075 0,9075 0,0736
3 0,7176 0,175 1,1575 -0,4399
2,14 0,9310 0,089 0,9425 -0,0115
2,12 0,9377 0,087 0,9375 0,0002
A la vista de los resultados de la última fila, la solución es:

presión del agua al alcanzarse

p3 = 212 kPa ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
temperatura del agua al alcanzarse
ϑ3 = 164, 2 o C ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
v3 = 0, 94 m3 · kg−1 ; z = 0, 087 m
La energı́a interna de este estado vale:
u3 = 2.598, 3 kJ · kg−1
Utilizando para la resolución las ecuaciones (2) y (3) y el diagrama de Mollier (diagrama h − s) del agua con
la condición (1) y llamando a las variables de la misma forma que en la resolución con las tablas de propiedades
termodinámicas del agua, trabajando de manera análoga, se obtendrı́a el siguiente cuadro:
s3 = 7, 32 kJ · kg−1 · K−1
del diagrama h − s
de la Ec (3) de la Ec (2)
z (m) con s3 = s2 δ (m3 /kg)
ṽ3 (m3 /kg) p3 (bar)
v3∗ (m3 /kg)
0,1 0,97 2,25 ' 0,88 0,09

0,075 0,908 2 '1 -0,093
0,088 0,94 2,13 ' 0,97 -0,03
0,091 0,948 2,16 0,95 -0,002
Una ueva interpolación darı́a para z el valor 0,0911. Ası́ pues se toma como solución:
z = 0, 91 m; p3 = 2, 16 bar; v3 = 0, 94 m3 /kg
Si se supone para el vapor de agua comportamiento de gas semiperfecto, su entropı́a y volumen especı́fico vendrán
dados por:
hf g (ϑo ) T p
s= + cpv ln o − Rv ln ∗ o
To T p (ϑ )
RT
v=
p
Como tanto en el estado 3 como en el estado 2 el agua está en estado de agregación de vapor sobrecalentado, la
ecuación (1) dará, si se tiene en cuenta la (2):
Rv /cpv
p3
T3 = T2 ·
p2
Rv /cpv
km

p1 + z
= T2 · 
 A 
p2

Llevando este resultado a la ecuación (3) y según la ecuación térmica de estado dada anteriormente:
(Rv /cpv )−1
km

Rv T2 p + z A
 1 A 
R /cpv
− v2 − z = 0
p2 m
 
p2 v
Ecuación que dando valores numéricos a los términos conocidos queda:

−0,74621
250 · 103

(8314/18) × 474 3
× 125 · 10 + ×z − 2, 5 × z − 0, 72 = 0
24, 5436 0, 25
cuya solución es:

z = 0, 09 m
con lo que la presión y la temperatura serán:
p3 = 215 kPa
T3 = 436 K (= 163 o C)
4) La variación de entropı́a del agua es:

∆Sagua = m(s3 − s1 )
= 0, 1(7, 32 − 4, 4669)
variación de entropı́a
= 0, 2853 kJ · K−1 −→ ∆Sagua = 285, 3 J · K−1 ←−−−−−−−−−−−−−−−−
del agua
La variación de entropı́a de la fuente viene dada por:

−Q
∆SF T =
TFT
siendo Q el calor recibido por el sistema desde la fuente térmica. Este calor recibido por el sistema
es:
Q = magua (u2 − u1 )
= 0, 1 × (2.653, 8 − 1.527, 05) = 112, 7 kJ
Luego la variación de entropı́a de la fuente valdrá:
112.700
∆SF T = −
475
= −237, 3 J · K−1 ←de
−−− −−−−−−−−−−−−−
la fuente térmica
5) La variación de la energı́a interna del émbolo se obtiene a partir del balance energético aplicado al
sistema agua+émbolo+muelle+cilidro en el proceso 2→ 3. En efecto. Al aplicar el balance energético
a ese sistema se obtiene:
Watm,E = ∆Uagua + ∆UE + ∆Um + ∆EpE
Y despejando ∆UE :
∆UE = Watm,E − ∆Uagua − ∆Um − ∆EpE
1
= −p∞ (V3 − V1 ) − mH2 O (u3 − u2 )H2 O − k 2 (l0 − l1 ) z + z 2 − mE g z

2
1
= − A p∞ + mE g + k (l0 − l1 ) z − mH2 O (u3 − u2 )H2 O − k z 2
| {z } 2
A p1
1
= −125 × 0, 25 × 0, 087 − 0, 1 × (2.598, 3 − 2.653, 8) − × 250 × 0, 0872
2
incremento de la energı́a
= 1, 9 kJ ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−
interna del émbolo
Problema 78
Se tiene un cilindro vertical aislado térmicamente de 0,1 m2 de sección que contiene 0,01 kg de
agua a 2 bar ocupando un volumen inicial de 20,5 l. Este agua se encuentra separada del ambiente
(96 kPa y 25 o C) mediante un émbolo de 40,5 kg de masa y 150 J·kg−1 ·K−1 de capacidad térmica
especı́fica, que cierra el ciclindro por su cara superior e inicialmente se encuentra sujeto a las paredes
del mismo. El émbolo desliza con fricción, y sus caras en contacto con el agua y el ambiente son
adiabáticas. Se retira el aislamiento de la base y se pone en contacto con una fuente térmica a 60 o C.
Una vez alcanzado el equilibrio, se coloca de nuevo el aislamiento y se suelta el émbolo. El trabajo
de fricción ciclindro-émbolo es igual al 10 % de la variación de la energı́a potencial del émbolo.
Se pide:
1.- Estado termodinámico inicial del agua en el cilindro.

2.- Estado termodinámico del agua cuando se alcanza el equilibrio con la fuente térmica.
3.- Estado final del agua.
4.- Energı́a mecánica disipada por fricción entre el émbolo y el cilindro.
5.- Producción de entropı́a en el proceso global.
Solución
1) Estado termodinámico inicial del agua en el cilindro.
Del agua en el estado inicial se conocen la presión y el volumen especı́fico:
V1
p1 = 2 bar y v1 =
m
20, 5 · 10−3
= = 2, 05 m3 · kg−1
0, 01
Y como a una presión de 2 bar vg = 0, 8857 m3 ·kg−1 < v1 = 2,05 m3 ·kg−1 el agua se encuentra como
vapor sobrecalentado. Ası́ pues los valores de temperatura, energı́a interna y entropı́a del agua en el
estado inicial serán:
ϑ1 ' 616 o C

) 
p1 = 2 bar 
estado inicial
−→ u1 = 3.329, 67 kJ · kg−1 ←−del
−−−agua
−−−−−
v1 = 2, 05 m3 · kg−1  −1 −1
s1 = 8, 8173 kJ · kg · K

Los valores de la temperatura, entalpı́a, entropı́a y energı́a interna en el estado inicial pueden obtenerse, también,
del diagrama (h − s) del agua.
ϑ1 ' 615 o C



−1
( 
p1 = 2 bar del diagram h − s  h1 = 3.740 kJ · kg

estado inicial −−−−−−−−−−−−−−→
v1 = 2, 05 m3 · kg−1 para el agua 

 s2 = 8, 8 kJ · kg−1 · K−1
u1 = h1 − p1 v1 = 3.330 kJ · kg−1


2) Estado termodinámico del agua cuando se alcanza el equilibrio con la fuente térmica.
Como la temperatura de la fuente térmica es menor que la temperatura inicial del agua, al ponerla
en contacto térmico con la fuente, el agua se enfriará. El proceso de enfriamiento se realiza a volumen
constante, esto es, v2 = v1 . Ası́ pues, el estado de equilibrio térmico del agua con la fuente (ϑ2 =
ϑFT = 60 o C) viene dado por:
)
ϑ2 = 60 o C
3 −1 −→ vf (60 o C) = 0, 001017 m3 · kg−1 < v2 < vg (60 o C) = 7, 671 m3 · kg−1
v2 = 2, 05 m · kg
Ası́ pues, al enfriarse el agua su estado pasa a ser un estado de vapor húmedo cuya calidad (o tı́tulo
de vapor) resulta:
v2 − vf (60 o C)
x2 =
vg (60 o C) − vf (60 o C)
2.05 − 0, 001017
= = 0, 267
7, 671 − 0, 001017
Y los valores de la presión, energı́a interna y entropı́a en este estado resultan:
p2 = p∗ (60 o C) = 19, 94 kPa





u2 = uf2 + x2 uf g2 


Estado del agua en el equili-

−1
= 251, 11 + 0, 267 × 2205, 5 ' 840 kJ · kg ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
brio térmico con la fuente

s 2 = s f2 + x 2 s f g 2 



−1 −1 

= 0, 8312 + 0, 267 × 7, 0784 = 2, 7211 kJ · kg · K
3) Estado final del agua.

Como la presión en el interior del cilindro es menor que la atmosférica, al soltar el émbolo éste
caerá comprimiendo el agua del interior del cilindro. Como el ciclindro se encuentra aislado térmica-
mente durante la compresión, la compresión se realizará de forma adiabática, aunque no isoentrópica,
pues durante la compresión de un sistema bifásico se origina un gradiente interno de temperatura
entre el vapor y el lı́quido lo que es causa de producción de entropı́a. Las ecuaciones de que se dispone
para resolver el problema de la compresión son:
mE g
- Equilibrio mecánico −→ p3 = pamb +
A
40, 5 × 9, 81
= 96 + · 10−3 ' 100kP a
0, 1
- Balance energético −→ WE,agua = mw (u3 − u2 )
Ahora bien, el trabajo que el émbolo comunica al agua se obtiene aplicando la ecuación de la energı́a
mecánica al émbolo:
Watm,E + Wagua,E + Wcil,E = ∆EpE
y por ser la frontera émbolo-agua no disipativa WE,agua = −Wagua,E , luego:
−Wagua,E = Watm,E + Wcil,E − ∆EpE
y si se señala con z la distancia vertical y hacia abajo recorrida por el émbolo en su caı́da, teniendo
en cuenta que Wcil,E = 0, 1 ∆EpE , queda para el balance energético:
pamb A z + 0, 9 mE g z = mw (u3 − u2 )
ya que ∆EpE = −mE g z. Y despejando u3 :

(pamb A + 0, 9 mE g) z
u3 = u2 +
mw (1)
= 840 + 995, 76 z
- Relación geométrica:
A
V3 = V2 − A z −→ v3 = v2 − z
mw (2)
= 2, 05 − 10 z
Junto con estas dos ecuaciones (1) y (2) se necesita una ecuación térmica de estado v = f (p, T ) y
una ecuación energética de estado u = φ(p, T ). Estas dos ecuaciones vienen dadas en forma tabular
en las tablas de propiedades termodinámicas del agua, que será lo que se utilizará, (o en su defecto
el diagrama de Mollier del agua).
Para resolver estas ecuaciones se piensa que el estado final estará en bifásico ya que si se mira en
las tablas de propiedades termodinámicas del agua en saturación (tabla de presiones) en el supuesto
de que el estado del agua sea el de vapor saturado el correspondiente valor de z obtenido de (2)
resulta:
2, 05 − 1, 6940
z= = 0, 0356 m
10
Con este valor de z, de (1) se obtiene que u3 = 875, 5 kJ/kg < ug (100 kPa) = 2506, 1 kJ/kg. A
partir de esta valor de z, según se va incrementando el valor de esta última variable (manteniendo
la presión constante a 100 kPa), de (2) se observa que v3 disminuye, (v3 < vg (100 kPa)) por lo que
el estado del agua quedará en la zona bifásica. Ası́ pues, para resolver el sistema anterior, se va
a suponer que el estado del agua queda en el interior de la campana y , por lo tanto, sólo resta
determinar z y x3 (calidad del vapor).
Para ello, se escribe que:
v3 = vf (100 kPa) + x3 (vg (100 kPa) − vf 100 kPa))
u3 = uf (100 kPa) + x3 uf g (100 kPa)
Llevando estos resultados a las ecuaciones (1) y (2) estas quedan en la forma:
2088, 7 x3 − 995, 76 z = 422, 64
1, 692955 x3 + 10 z = 2, 04896
Obteniéndose para la calidad del vapor y para el desplazamiento vertical del émbolo los valores:
x3 = 0, 278 ; z = 0, 158 m
La temperatura final del agua es la correspondiente a la satuaración a 100 kPa, es decir:

ϑ3 = 99, 63 o C
Una forma alternativa de resolución se obtiene por medio del método de regula falsi, como queda reflejado en el
cuadro siguiente. Se conoce el valor de la presión en el estado 3: p3 = 100 kPa. La forma a seguir es la siguiente: se
supondrá un valor de z y de (a) se determina el valor de u3 , que se señalará como u∗3 , y de(b) se determina el valor de
v3 y junto con p3 de la tabla de propiedades termodinámicas del agua en saturación (tabla de presiones) se obtiene
el valor de x3 y el valor de la energı́a interna , que se denotará con ũ3 . Cuando δ = u∗3 − ũ3 = 0 se habrá encontrado
la solución. Al realizar los cálculos se observa que el estado del agua es el de vapor húmedo, razón por la que en el
cuadro aparece la calidad o tı́tulo del vapor x3 .
z u∗3 v3 ũ3 δ
3 x3
(m) (kJ/kg) (m /kg) (kJ/kg) (kJ/kg)
0,1 939,87 1,05 0,62 1711,52 -771,65

0,2 1039,44 0,05 0,3 477,76 561,7
0,158 997,6 0,47 0,277 996 1,6
Una nueva interpolación darı́a para z un valor de 0,1579, por lo que a la vista de los valores de la última fila se toma
como solución:

p3 = 100 kPa 

ϑ3 = ϑ∗ (p3 ) = 99, 6 o C Estado termodinámico

←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
x3 (calidad) = 0, 277   final del agua


z = 0, 158 m
4) Energı́a mecánica disipada por fricción entre el émbolo y el cilindro.

En los valores de la última fila del cuadro anterior se observa que la altura que desciende el émbolo
es 0,158 m. Ası́ pues, la variación de su energı́a potencial será:
∆EpE = −mE g z
= −40, 5 × 9, 81 × 0, 158 = −62, 77 J
Por otra parte, la disipación de energı́a mecánica entre el émbolo y el cilindro, al estar éste último
en reposo, vendrá dada por εσcil,E = −Wcil,E , y como en el enunciado se dice que Wcil,E = 0, 1 ∆EpE ,
se tendrá finalmente que:
εσcil,E = −0, 1 ∆EpE
Energı́a mecánica disipada
= −0, 1 × (−62, 77) = 6, 277 J ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
por fricción émbolo-cilindro
5) Producción de entropı́a en el proceso global.

Si se toma como sistema el agua+cilindro+émbolo y se le aplica el segundo principio a su evolución
se obtiene:
Q1→2 Q1→2
σp + = ∆Sagua + ∆SE −→ σp = ∆Sagua + ∆SE −
TFT TFT
A continuación se va a calcular el valor de cada uno de los términos del segundo miembro.
∆Sagua
La variación de entropı́a del agua entre los estados inicial y final vale:
∆Sagua = mw (s3 − s1 )
= mw [sf (p3 ) + x3 sf g (p3 ) − s1 ]
= 0, 01 × (1, 3026 + 0, 277 × 6, 0568 − 8, 8173)
= −0, 0584 kJ · K−1 = −58, 4 J · K−1
∆SE
La variación de entropı́a del émbolo, modelado como sólido perfecto, entre los estados inicial y
final viene dada por:
T3
∆SE = mE cE ln E
T
1E
εσcil,E

= mE cE ln 1 +
mE cE T1E
ya que εσcil,E = mE cE (T2E − T1E ). Ası́ pues:

6, 277
∆SE = 40, 5 × 150 × ln 1 +
40, 5 × 150 × 298
= 0, 02 J · K−1
Como ∆SE ∆Sagua esta variación de entropı́a del émbolo no se tendrá en consideración a la hora
de calcular la producción de entropı́a.
Q1→2
TFT
El calor que el sistema recibe de la fuente térmica durante el proceso 1 → 2 se obtiene aplicando
el balance energético al agua durante ese proceso. Se trata de un sistema cerrado de fronteras rı́gidas.
Ası́ pues, del balance energético aplicado al agua se obtiene:
Q1→2 = mw (u2 − u1 )
= 0, 01 × (840 − 3329, 67) = −24, 897 kJ
por lo que:
Q1→2 −24, 897
=
TFT 333
= −0, 0748 kJ · K−1 = −74, 8 J · K−1
Ası́ pues:
Producción de
σp = −58, 4 + 74, 8 = 16, 4 J · K−1 ←−−−−−−−−−−
entropı́a
Problema 79
Se tiene un recipiente cilı́ndrico vertical de 8 dm2 de sección recta transversal, abierto por su parte
superior a la atmósfera (100 kPa y 25 o C) y aislado térmicamente. En este recipiente hay 85 litros
de agua a 80 o C y una calidad del vapor de 0,25 confinados por medio de un émbolo adiabático
de 12,5 kg. Inicialmente el émbolo, que se halla unido a un punto exterior por medio de un muelle
perfectamente elástico que está comprimido 18,2 cm, descansa sobre unos pequeños resaltes de la
pared del recipiente . La constante elástica del muelle es 52 kN·m−1 y el émbolo puede deslizar sin
fricción apreciable.
Partiendo de este estado inicial de equilibrio, se quita el aislamiento de la base del recipiente y
este se pone en contacto con una fuente térmica hasta que el agua alcanza el equilibrio térmico con
aquella siendo la presión manométrica del agua en este estado final de equilibrio 176 kPa.
Tomando como estado de referencia para determinar los valores de la energı́a interna, entalpı́a y
entropı́a del agua uf = 0, sf = 0 en el punto triple, se pide:
1.- Determinar la presión, la masa, la energı́a interna especı́fica y entropı́a especı́fica del agua en el
estado inicial.
2.- Estado termodinámico del agua (presión y temperatura) en el instante en que comienza a des-
plazarse el émbolo.
3.- Estado termodinámico en el equlibrio final del agua (especificando su temperatura, energı́a
interna especı́fica y entropı́a especı́fica).
4.- Calor suministrado al agua en el proceso.
5.- Producción de entropı́a en el proceso si la temperatura de la fuente térmica es la del agua en su
estado final.
Solución
1) Con los datos del enunciado utilizando las tablas de propiedades del agua en saturación (tabla de
temperatura) se obtiene para ϑ = 80 o C:
p1 = 47, 39 kPa
)
vf 1 = 0, 001029 m3 · kg−1 0, 085
−1
−→ v1 = 0, 853 m3 · kg−1 −→ m = ' 0, 1 kg
vg1 = 3, 407 m3 · kg 0, 853
)
uf 1 = 334, 86 kJ · kg−1
−1
−→ u1 = 871, 7 kJ · kg−1
uf g1 = 2147, 4 kJ · kg
)
sf 1 = 1, 0753 kJ · kg−1 · K−1
−→ s1 = 2, 71 kJ · kg−1 · K−1
sf g1 = 6, 5369 kJ · kg−1 · K−1
Si se utiliza el modelo de lı́quido calorı́ficamente perfecto y gas perfecto para el agua en sus estados de agregación
lı́quido y valor, respectivamente, se obtiene a partir de la ecuación de Clapeyron-Clausius:
4.886, 5
ln psat = 13, 108 −
T
obtenida tomando como temperatura de saturación de referencia 100 o C (y presión de referencia por tanto 1 atm =
101,325 kPa). En esa expresión psat está expresada en bar y T en K.
Con esto la presión a la que se halla el agua es:

4.886, 5
p1 = exp 13, 108 −
T

4.886, 5
= exp 13, 108 − ' 0, 48 bar −→ p1 = 48 kPa
353
Con este valor de la presión y el modelo anteriormente supuesto para el agua lı́quida y para el vapor de agua,
teniendo en cuenta las expresiones (6.50), (6.51), (6.52b) y (6.53b), se obtiene:
v1 = vf 1 + x1 (vg1 − vf 1 )
8, 314
 
× 353 0, 085
= 10−3 + 0, 25 ×  18 − 10−3  = 0, 85 m3 · kg−1 −→ m = = 0, 1 kg
 
48 0, 85
u1 = uf 1 + x1 (ug1 − uf 1 )
!
= cl ϑ1 + x1 hf g (ϑo ) − posat vg (ϑo ) + (cv − cl ) ϑ1
!
8, 314 8, 314
= 4, 186 × 80 + 0, 25 2501, 3 − × 273, 16 + 1, 82 − −4, 186 × 80
18 | {z 18 }
cv
= 872 kJ/kg
s1 = sf 1 + x1 (sg1 − sf 1 )
!
T1 hf g (ϑo ) T1 p1
= cl ln o + x1 + (cp − cl ) ln o − Rv ln
T To T psat (ϑo )
!
353 2501, 3 353 8, 314 48
= 4, 186 × + 0, 25 × + (1, 82 − 4, 186) × ln − × ln
273, 16 273, 16 273, 16 18 0, 6113
= 2, 71 kJ/(kg · K)
2) El émbolo comenzará a desplazarse cuando en el agua se alcance la presión:

mE g k 12, 5 × 9, 81 52 × 0, 182
p∞ + + (l0 − l1 ) = 100 + × 10−3 +
A A 0, 08 0, 08
' 220 kPa
En ese instante el volumen especı́fico es el mismo que en el estado inicial. Ası́ pues, del diagrama
(h − s) del agua: )
p = 2, 2 bar
3 −1 −→ ϑ ' 135 o C
v = 0, 853 m · kg
Con el modelo anteriormente indicado para el agua en los estados lı́quido y vapor, se calcula previamente la
temperatura de saturación a 220 kPa y posteriormente el volumen especı́fico en esas condiciones y se compara con
v1 y se ve si el agua se ecuentra como vapor sobrecalentado o en cambio se halla como vapor húmedo, en cuyo caso
habrı́a que determinar su calidad. En este caso:
4.886, 5
T =
13, 108 − ln p
4.886, 5
= = 396, 6 K
13, 108 − ln 2, 2
Con estos valores de presión y temperatura el volumen especı́fico del agua en saturación será:
RT
v=
p
8, 314
× 396, 6
= 18 = 0, 833 m3 · kg−1 < v1
220
Por lo tanto el agua en el instante en que el émbolo comienza a desplazarse se econtrará en estado de vapor sobreca-
lentado. Con el modelo de gas perfecto para el vapor de agua:
p v1
T =
R
220 × 0, 853
= = 406, 3 K −→ ϑ = 133 o C
8, 314
18
3) En el enunciado se da la presión en el estado final de equilibrio:

p2 = pman + p∞
= 176 + 100 = 276 kPa
Del equilibrio mecánico final, se determina el desplazamiento vertical del émbolo y de la realción
entre los volúmenes inicial y final se determina este último y por lo tanto el volumen especı́fico
del agua en el estado final. Se tienen, pues, dos propiedades linelamente independientes (presión y
volumen especı́fico) por lo que el estado final queda totalmente determinado. En efecto:
Del equilibrio mecánico final (ver figura al principio):

mE g k A p2 − A p∞ + mE g + k (l0 − l1 )
p2 = p ∞ + + (l0 − l2 ) 
A A −→ z =
k
l2 = l1 − z

(276 − 220) × 0, 08
= = 0, 086 m
52
El volumen final, por otra parte, viene dado por:
A
V2 = V1 + A z −→ v2 = v1 + z
m
0, 08
= 0, 853 + × 0, 086 = 0, 92 m3 · kg−1
0, 1
Ası́ pues,las propiedades en el estado final serán:
ϑ2 ' 280 o C



h2 ' 3.040 kJ · kg−1 −→ u2 = h2 − p2 v2


) 

p = 2, 76 bar del diagrama

3 −1 −−−−−−−−−−→ = 3.040 − 276 × 0, 92
v = 0, 92 m · kg (h−s) del agua 
= 2.786 kJ · kg−1




s2 ' 7, 65 kJ · kg−1 K−1


Operando de forma análoga a lo hecho anteriormente (cálculo de la temperatura de saturación a 2,76 bar y
subsiguiente cálculo del volumen especı́fico del vapor saturado a esa presión) se obtiene que v2 es mayor que vg (p2 )
por lo que el agua se hallará como vapor sobrecalentado. Ası́ pues, con el modelo da gas perfecto para el vapor de
agua se obtiene para la temparatura final del agua:
p2 v2
T2 =
R
276 × 0, 92
= = 549, 7 K −→ ϑ2 = 276, 6 o C
8, 314/18
Los valores de la energı́a interna y entropı́a en el estado final se obtienen aplicando directamente las expresiones
(6.52a):
u2 = hf g (ϑo ) − posat vg (ϑo ) +cv ϑ2
| {z }
uf g (ϑo )
8, 314 8, 314
= 2501, 3 − × 273, 16 + 1, 82 − ×276, 6 = 2.750, 8 kJ · kg−1
18 | {z 18 }
cv
o
hf g (ϑ ) T1 p1
s2 = + cp ln o − Rv ln
To T psat (ϑo )
2501, 3 549, 7 8, 314 276
= + 1, 82 × ln − × ln = 7, 51 kJ · kg−1 K−1
273, 16 273, 16 18 0, 6113
4) Una vez determinadas las propiedades del agua en el estado final, del balance energético aplicado
al proceso seguido por el agua tomando como sistema agua+émbolo+muelle se obtiene:
Q + Watm,E = ∆Uagua + ∆EpE + ∆Um
donde:
Watm,E = −p∞ A z
∆Uagua = m (u2 − u1 )|H2 O
∆EpE = mE g z
k
∆Um = [(l2 − l0 )2 − (l1 − l0 )2 ]
2
k
= [2(l0 − l1 ) z + z 2 ]
2
(En la última de las ecuaciones se ha tenido en cuenta que l2 = l1 − z)

Llevando estos resultados a la expresión del balance energético y reordemando términos se obtiene
para el calor suministrado al agua:
k z2
Q = m (u2 − u1 )|H2 O + [p∞ A + mE g + k (l0 − l1 )] z +
2
52 × 0, 092
= 0, 1 × (2.786 − 871, 7 + 0, 08 × 220 × 0, 09 +
2
calor suminstrado
= 191, 4 + 1, 6 + 0, 2 = 193 kJ ← −−−−−−−−−−−−−−−
al agua en el proceso
5) Del segundo principio aplicado al sistema definido anteriormente se deduce, por ser un sistema
cerrado que la producción de entropı́a viene dada por:

Q
σp = m (s2 − s1 )|H2 O −
T2
193, 2
= 0, 1 × (7, 65 − 2, 71) −
553
producción de enrtropı́a
= 0, 145 kJ · K−1 = 145 J · K−1 ←−−−−en
−−el
−−proceso
−−−−−−−−−−
Problema 80
Se tiene un recipiente cilı́ndrico de 20 l, rı́gido y aislado térmicamente en el que hay agua a 7,2
bar y una calidad del vapor de 0,75.
Partiendo de este estado inicial de equilibrio, se quita el aislamiento de una de las bases del cilindro
y este se pone en contacto con una fuente térmica hasta que el agua alcanza el equilibrio térmico con
aquella. Se sabe que en este proceso el agua recibe la cantidad de calor de 65 kJ.
entropı́a del agua uf = 0, sf = 0 en el punto triple, se pide:
1.- Determinar la masa, temperatura, la energı́a interna y entropı́a del agua en el estado inicial.
2.- Presión y entropı́a del agua en el estado final.
3.- Producción de entropı́a en el proceso si la temperatura de la fuente térmica es la del agua en su
estado final.
Solución
1) Con los datos del enunciado:

 v1 = 0, 2

ϑ1 ' 165 o C



p1 = 7, 2 bar del diagrama (h−s) 
−−−−−−−−−−−−−→ h1 ' 2.260 kJ/kg −→ u1 = 2.260 − 720 × 0, 2
x1 = 0, 75 del agua 



 = 2.116 kJ/kg
s1 ' 5, 515 kJ/(kg · K)

Con el valor del volumen especı́fico del agua, su masa resulta:

V
m=
v1
o, 02
= = 0, 1 kg
0, 2
Utilizando las tablas de propiedades del agua en saturación (tabla de presiones) se obtiene interpolando entre 0,7
y 0,75 MPa se obtiene para 0,72 MPa:
ϑ1 = 166 o C
vf 1 ' 0, 00111 m3 · kg−1
)
−→ v1 ' 0, 2 m3 · kg−1
vg1 ' 0, 2648 m3 · kg−1
uf 1 = 701, 32 kJ · kg−1
)
−1
−→ u1 = 2105, 4 kJ · kg−1
uf g1 = 1872, 1 kJ · kg
sf 1 = 1, 9853 kJ · kg−1 · K−1
)
−→ s1 ' 5, 507 kJ · kg−1 · K−1
sf g1 = 4, 6954 kJ · kg−1 · K−1
Si se utiliza el modelo de lı́quido calorı́ficamente perfecto y gas perfecto para el agua en sus estados de agregación
lı́quido y valor, respectivamente, se obtiene a partir de la ecuación de Clapeyron-Clausius:
4.888, 5
ln psat = 13, 114 −
T
obtenida tomando como temperatura de saturación de referencia 100 o C (y presión de referencia por tanto 1 atm). En
esa expresión psat está expresada en bar y T en K.
Con esto la temperatura a la que se halla el agua es:

4.888, 5
T1 =
13, 114 − ln p1
4.888, 5
= = 438, 8 K −→ ϑ1 = 165, 7 o C
13, 114 − ln 7, 2
Con este valor de la temperatura y el modelo anteriormente supuesto para el agua lı́quida y para el vapor de agua,
teniendo en cuenta las expresiones (6.50), (6.51), (6.52b) y (6.53b), se obtiene:
v1 = vf 1 + x1 (vg1 − vf 1 )
8, 314
 
× 438, 8 0, 02
= 10−3 + 0, 75 ×  18 − 10−3  = 0, 21 m3 · kg−1 −→ m = ' 0, 095 kg
 
720 0, 21
u1 = uf 1 + x1 (ug1 − uf 1 )

= cl ϑ1 + x1 hf g (ϑo ) − posat vg (ϑo ) + (cv − cl ) ϑ1

8, 314 8, 314
= 4, 186 × 165, 7 + 0, 75 2501, 3 − × 273, 16 + 1, 82 − − 4, 186 × 165, 7
18 18
= 2.123 kJ/kg
s1 = sf 1 + x1 (sg1 − sf 1 )
!
= cl ln o + x1 o
+ (cp − cl ) ln o − Rv ln
T T T psat (ϑo )
!
438, 8 2501, 3 438, 8 8, 314 720
= 4, 186 × + 0, 75 × + (1, 82 − 4, 186) × ln − × ln
273, 16 273, 16 273, 16 18 0, 6113
= 5, 561 kJ/(kg · K)
Como puede observarse los resultados obtenidos con las tablas de propiedades termodinámicas del agua en satu-
ración y con el modelo de lı́quido calorı́ficamente perfecto y gas perfecto para el agua en sus estados de agregación
lı́quido y vapor, respectivamente, son prácticamente iguales a los obtenidos mediante el diagrama (h − s), excepto el
del volumen especı́fico, en el último caso, donde la divergencia es mayor (del orden del 4 %).
2) El balance energético aplicado al agua contenida en el recipiente una vez alcanzado el equilibrio
térmico con la fuente térmica, por tener aquel las fronteras rı́gidas queda en la forma:
Q = m (u2 − u1 )
de donde:
Q
u2 = u1 +
m
65
= 2.116 + = 2.766 kJ/kg
0, 1
La evolución del agua tiene lugar a volumen constante. Por lo tanto, por tratarse de un sistema
simple compresible:
u2 = 2.766 kJ/kg
v2 = 0, 2 m3 /kg
determinan el estado final del agua. La determinación de ese estado final puede abordarse con las
mismas herramientas que se han utilizado en el apartado anterior. Se va a comenzar utilizando el
diagrama (h − s) del agua. Para ello, se pone que:
h2 = u2 + p2 v1
= 2.766 + 0, 2 p2
El método seguido, como se pone de manifiesto en el cuadro adjunto, es el siguiente: con v2 = 0, 2

m /kg se supone un valor para p2 y en el diagrama se lee h̃2 y de la expresión anterior se calcula h∗2
3
y por lo tanto se determina h̃2 − h∗2 . Esto se repite hasta que esa diferencia sea muy pequeña (en el
lı́mite nula).
Para tener un valor de la presión por el que comenzar, se supone comportamiento de gas perfecto
para el vapor de agua y se obtiene la temperatura del agua y de la ecuación térmica de estado de
gases perfectos la presión. Ası́, utilizando la expresión dada en (6.52) de los apuntes para la energı́a
interna del vapor de agua se tendrı́a que en el estado final:

8, 314 8, 314
2.766 = 2501, 3 − × 273, 16 + 2 − ϑ2
| 18
{z } 18
uf g (ϑo )
Despejando ϑ2 :
8, 314
2.766 − 2501, 3 + × 273, 16
ϑ2 = 18
8, 314
2−
18
= 254 o C
Y por lo tanto, la presión del agua en el estado final serı́a:
R T2
p2 =
v2
8, 314
× (254 + 273, 15)
= 18 = 1.160 kPa (11, 6 bar)
0, 21
Ası́ pues, se comienza probando 12 bar.
v2 = 0, 2
(m3 /kg)
p2 h̃2 h∗2 h̃2 − h∗2

(bar) (kJ/kg) (kJ/kg) (kJ/kg)
12 2.970 3.006 -36
15 3.240 3.066 174
12,5 3.010 3.016 -6
Una nueva interpolación darı́a para la presión final un valor de 12,6 bar, y como no se tiene
precición para intercalar esa presión se toma como solución p2 = 12,5 bar. Con este valor de la
presión y con el valor de v2 = 0, 2 m3 /kg del diagrama se obtiene:
ϑ2 ' 280 o C
s2 = 6, 92 kJ/(kg · K)
Si se hace uso de las tablas del agua como vapor sobrecalentado el resultado que se obtiene queda reflejado en el
siguiente cuadro:
v2 = 0, 2
(m3 /kg)
p2 ϑ2 u2 u2 − 2.766
o
(bar) ( C) (kJ/kg) (kJ/kg)
12 267,85 2.734,5 -31,5

14 349,2 2.867,8 101,8
12,5 288,2 2.768 2
A la visa de los resultados de la última fila, se toman estos como solución, es decir:
p2 = 12, 5 bar ; ϑ2 = 288, 2 o C ; s2 = 6, 96 kJ/(kg · K)
(NOTA: los valores correspondientes a 12,5 bar se han obtenido interpolando en las tablas entre los valores de 12 y 14
bar)
Como puede observarse los resultados obtenidos con cualquiera de las dos distintas herramientas son prácticamente
iguales. Las pequeñas diferencias se deben exclusivamente a las interpolaciones que hay que realizar, tanto en el
diagrama (h − s) como en las tablas.
3)El segundo principio aplicado al agua establece que:

Q1→2
σp = m(s2 − s1 ) −
TFT
65
= 0, 1 × (6, 92 − 5, 52) − = 0, 022 kJ · K−1
553
= 22 J · K−1
Problema 81
Un recipient de 51 l, rı́gido y cuyas paredes están aisladas térmicamente contiene 720 g de agua
a 510 o C. A partir de este estado inicial de equilibrio, se quita el aislamiento de una de las bases del
cilindro y este se pone en contacto con una fuente térmica que enfrı́a el agua hasta que esta alcanza el
equilibrio térmico con aquella. El manómetro incorporado al recipiente señala, en el equilibrio final,
una presión de 262 mmHg.
Tomando como estado de referencia para determinar los valores de la energı́a interna y entropı́a
del agua uf = 0, sf = 0 en el punto triple y sabiendo que la presión ambiente es 100 kPa, se pide:
1.- Determinar la presión, la energı́a interna y entropı́a del agua en el estado inicial.
2.- Determinar la temperatura a la que el vapor de agua comienza a condensar.
3.- Calcular la masa de agua lı́quida existente en el estado final y su temperatura.
4.- Calcular el calor cedido por el agua a la fuente térmica.
Solución
1) Con los datos del enunciado:
V
v=
m
0, 051
= ' 0, 07 m3 · kg−1
0, 72
Ası́ pues:

) 
 p1 = 50 bar
o 
ϑ1 = 510 C bar del diagrama (h−s)
 h1 ' 3.465 kJ/kg −→ u1 = 3.465 − 5000 × 0, 07
−
− − −− − −−− −− −−→
v = 0, 07 m3 /kg del agua 
 = 3.115 kJ/kg

s1 ' 7 kJ/(kg · K)

En las tablas de propiedades del agua (vapor sobrecalentado) se observa que para que el volumen especı́fico sea
0,07 m3 /kg a 510 o C la presión debe ser 50 bar8 . Ası́ pues:

o
)  p1 = 50 bar
ϑ1 = 510 C de las tablas de propiedades 
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→ u1 ' 3.109 kJ/kg
v = 0, 07 m3 /kg termodinámicas del agua 
s1 = 7 kJ/(kg · K)

Si se utiliza el modelo de gas perfecto para el agua en su estado de agregación vapor, se obtiene para la presión:
Rv T1
p1 =
v
8, 314
× 783
= 18 ' 5.170 kPa
0, 07
8A 50 bar y 500 o C el volumen especı́fico es 0,06857 m3 /kg y a 600 o C 0,07869 m3 /kg.

y teniendo en cuenta las expresiones (6.48) se obtiene para la energı́a interna y entropı́a especı́ficas:
u1 = uf g (ϑo ) + cv ϑ1

= hf g (ϑo ) − posat vg (ϑo ) − vf (ϑo ) + cv ϑ1
| {z }
uf g (ϑo )

8, 314 8, 314
' 2501, 3 − × 273, 16 + 1, 82 − × 510
18 18
= 3.068 kJ/kg
hf g (ϑo ) T1 p1
To T psat (ϑo )
!
2501, 3 783 8, 314 5000
= + 1, 82 × ln − × ln
273, 16 273, 16 18 0, 6113
= 6, 91 kJ/(kg · K)
2) En el diagrama h − s, siguiendo la isocora 0,07 m3 ·kg−1 hasta la lı́nea de saturación se obtiene

que la temperatura a la que comienza la condensación del vapor de agua es:
del diagrama h−s
v = 0, 07 m3 /kg −−−−−−−−−−−−→ ϑ0 ' 232 o C (psat (ϑ0 ) ' 29 bar)
del agua
Haciendo uso de las tablas de propiedades del agua en saturación (tabla de temperaturas) se obtiene que:
de las tablas del agua en saturación
vg = 0, 07 m3 /kg −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→ ϑ0 ' 231, 3 o C (psat (ϑ0 ) ' 28, 6 bar)
(tabla de temperaturas)
habiendo interpolado entre 230 y 235 o C.
Si se utiliza el modelo de gas perfecto para el vapor de agua, se obtiene a partir de la ecuación térmica de estado
para el vapor en saturación ası́ como de la ecuación de Clapeyron-Clausius, obtenida esta última tomando como
temperatura de saturación de referencia 100 o C y por tanto la presión de referencia 1 atm. (En esa expresión psat
está expresada en bar y T en K).:
Rv T 0

psat = 

v −→ T 0 = 509, 3 K (ϑ0 = 236, 3o C) (psat (ϑ0 ) ' 33, 6 bar)
4.888, 5 
ln psat = 13, 114 − 
T0
3) El estado final viene dado por el volumen especı́fico (el proceso es a volumen y masa constantes)
y la presión, p2 = pman + p∞ . Ası́ pues, con los valores de esas propiedades utilizando las tablas de
propiedades termodinámicas del agua en saturación (tabla de presiones) interpolando entre 150 y
125 kPa, se obtiene :
temperatura

 
 ϑ2 = 108, 3o C ← −−−−−−−−−−
final del agua
v2 = 0, 07 m3 /kg


 
262 −→ x2 = 0, 054
p2 = × 101, 325 + 100 ' 135 kPa  u2 = 564, 7 kJ/kg
760



s2 = 1, 728 kJ/(kg · K)

(NOTA: Se ha utilizado la tabla de propiedades termodinámicas del agua en saturación y no el diagrama h − s del
agua ya que en este no se tiene el punto de intersección entre esos valores de la presión y del volumen especı́fico.)
Una vez conocida la calidad (o tı́tulo) del vapor, la cantidad de vapor de agua que ha condensado
resulta:
ml = (1 − x2 ) mH2 O
masa de agua
= 0, 946 × 720 = 681 g ←−−−−−−−−−−−−−−
que ha condensado
Si se utiliza el modelo de gas perfecto para el vapor de agua, la temperatura final se obtiene a partir de la ecuación
de Clapeyron-Clausius, obtenida esta última, como se ha indicado anteriormente, eligiendo como temperatura de
saturación de referencia 100 o C y por tanto la presión de referencia 1 atm. (En esa expresión psat está expresada en
bar y T en K).:
4.888, 5 4.888, 5
ln psat = 13, 114 − 0
−→ T 0 =
T 13, 114 − ln psat
4.888, 5
= = 381, 5 K (ϑ0 = 108, 5o C)
13, 114 − ln(1, 35)
Conocidas la presión y la temperatura, se puede determinar la calidad del vapor. En efecto, con el modelo da gas
perfecto para el vapor de agua y de lı́quido calorı́ficamente perfecto para el agua lı́quida:
v − vf
x2 =
vg − vf
0, 07 − 10−3
= = 0, 053
8, 314
× 381, 5
18 − 10−3
135
y teniendo en cuenta las expresiones (6.48) se obtiene para la energı́a interna y entropı́a especı́ficas:
u2 = uf (ϑ2 ) + x2 [ug (ϑ2 ) − uf (ϑ2 )]

= cl ϑ2 + x2 uf g (ϑo ) + (cv − cl )ϑ2
" #

o o o o
= c l ϑ2 + x 2 hf g (ϑ ) − psat vg (ϑ ) − vf (ϑ ) + (cv − cl )ϑ2
| {z }
uf g (ϑo )
" #
8, 314 8, 314
' 4, 186 × 108, 5 + 0, 053 × 2501, 3 − × 273, 16 + 1, 82 − − 4, 186 × 108, 5
18 18
= 563, 8 kJ/kg
s2 = sf (ϑ2 ) + x2 [sg (ϑ2 ) − sf (ϑ2 )]
!
= cl ln o + x2 + (cp − cl ) ln o − Rv ln
T To T psat (ϑo )
!
381, 5 2501, 3 381, 5 8, 314 135
= 4, 186 × ln + 0, 053 × + (1, 82 − 4, 186) × ln − × ln
273, 16 273, 16 273, 16 18 0, 6113
= 1, 703 kJ/(kg · K)
4) El balance energético aplicado al agua contenida en el recipiente una vez alcanzado el equilibrio
térmico con la fuente térmica, por tener aquel las fronteras rı́gidas queda en la forma:
Q = m (u2 − u1 )
= 0, 72 × (564, 7 − 3.115) = −1.836 kJ
El calor cedido por el agua a la fuente térmica es igual y de signo contrario al calculado. Por tanto:
calor cedido por el agua
Qcedido = 1.836 kJ ←−− −−−−−−−−−−−−−−−−
a la fuente térmica
5) El segundo principio aplicado al agua establece que:
Q1→2
σp = m(s2 − s1 ) −
TFT
1.836 producción de entropı́a
= 0, 72 × (1, 728 − 7) + ' 1 kJ · K−1 ←−−−− −−−−−−−−−−−−−
en el proceso
381, 3
ya que en el equilibrio final la fuente térmica está a la misma temperatura que el agua.
Problema 82
Un recipiente cilı́ndrico rı́gido colocado verticalmente en una cámara de aire, de paredes rı́gidas
y aisladas térmicamente, en la que se mantienen constantes la presión y la temperatura ya que se
verifica que Vrec Vcámara , contiene 50 g de H2 O confinados por la parte superior del recipiente
mediante de un émbolo de 40 kg y de 9,8 dm2 de sección recta. La presión manométrica del aire en
la cámara es de 56 kPa y la temperatura 145 o C.
A partir de este estado inicial de equilibrio, mediante una fuerza exterior variable, se desplaza
lentamente el émbolo (tp τt siendo tp el tiempo del proceso y τt el tiempo de relajación térmico)
hasta que el volumen ocupado por el agua disminuye un 75 %, instante en el que se fija el émbolo.
entropı́a del agua uf = 0, sf = 0 para el lı́quido en el punto triple y sabiendo que la presión del
ambiente es 100 kPa, se pide:
1.- Determinar el volumen que ocupa el agua en el estado inicial ası́ como su energı́a interna y
entropı́a.
2.- Determinar el volumen ocupado por el agua cuando esta alcanza la lı́nea de vapor saturado
(x = 1) ası́ como, una vez fijado el émbolo, la masa de agua que ha condensado y los valores de
la energı́a interna y entropı́a del agua.
3.- Calor intercambiado con el aire de la cámara.
4.- Trabajo comunicado por la fuerza exterior al émbolo.
Solución
1) La presión inicial del agua se obtiene del equilibrio mecánico inicial. En efecto:
mE g
p1rec = pcam +
A
De la cámara se da la presión manométrica, por lo tanto.

pcam = pman + p∞
= 56 + 100 = 156 kPa
Por lo tanto:
40 × 9, 81
p1rec = 156 +
98
= 160 kPa = 1, 6 bar
Ahora entrando en el diagrama h − s del agua con los valores de la presión del recipiente en bar
y de la temperatura en Celsius se obtiene.


 v1 = 1, 2 m3 · kg−1 −→ V1 = mH2 O v1
= 0, 05 × 1, 2 = 0, 06 m3






 volumen ocupado
= 60 l ←−− −−−−−−−−−−


por el agua

p1rec = 1, 6 bar del diagrama 
−−−−−−−−−→
ϑ1 = 145 o C  h1 = 2.775 kJ · kg−1 −→ u1 = h1 − p1rec v1
h−s del agua 
= 2.775 − 160 × 1, 2




= 2.583 kJ · kg−1






s1 = 7, 35 kJ · kg−1 · K−1

2) El proceso que experimenta el agua confinada en el cilidro es un proceso isotermo (tp τt siendo
tp el tiempo del proceso y τt el tiempo de relajación térmico se dice en el enunciado) durante el cual
la presión del agua aumenta mientras disminuye el volumen. Ası́ al alcanzarse la lı́nea de saturación
(x = 1) el volumen especı́fico del agua será el correspondiente a la saturación a 145 o C. Por lo tanto
el volumen que ocupa el agua será:
V ∗ = mH2 O vg (145 o C)
= 0, 05 × 0, 4463 = 0, 022 m3 = 22 l
El volumen del agua disminuye un 75 %, luego:

V2 = 0, 25 V1 −→ v2 = 0, 25 v1
= 0, 25 × 1, 2 = 0, 3 m3 · kg−1
Como el proceso que experimenta el agua es un compresión isoterma ϑ2 = ϑ1 . En la tabla de

propiedades termodinámicas del agua en saturación (tabla de temperaturas) se obtiene que:
(
vf = 0, 0, 001085 m3 · kg−1
ϑ = 145 o C −→ 3 −1
−→ vf (145 o C) < v2 < vg (145 o C)
vg = 0, 4463 m · kg
Por lo tanto, el estado del agua al fijar el émbolo es el de vapor húmedo y su calidad será:
v2 − vf (145 o C)
x2 =
vg (145 o C) − vf (145 o C)
0, 3 − 0, 001085
= = 0, 67
0, 4463 − 0, 001085
Ası́ pues, la masa de agua que ha condensado, esto es, la masa de agua lı́quida que habra al fijar el
émbolo será:
masa de agua
ml = (1 − x2 ) m = 0, 33 × 50 = 16, 5 g ←−−−−−−−−−−−−−
que ha condensado
Los valores de la energı́a interna y entropı́a especı́ficas del agua al fijar el émbolo serán utilizando
la tabla de propiedades termodinámicas del agua en saturación (tabla de temperaturas):
u2 = uf (145 o C) + x2 uf g (145 o C)
= 610, 18 + 0, 67 × 1.944, 7 = 1.913, 1 kJ · kg−1
s2 = sf (145 o C) + x2 sf g (145 o C)
= 1, 7907 + 0, 67 × 5, 0926 = 5, 2027 kJ · kg−1 · K−1
3) Como el proceso que experimenta el agua es un proceso reversible, de la definición de variación

de entropı́a se obtiene:
Q = Tcam ∆SH2 O
calor cedido por el
= 418 × 0, 05 × (5, 2027 − 7, 35) ' −45 kJ ←−−−−−−−−−−−−−
agua a la cámara
4) Aplicando el balance energético al sistema formado por el agua y el émbolo se obtiene:

Q + Waire cam, E + WF,E = ∆UH2 O + ∆EpE
Despejando el término del trabajo que la fuerza aplicada comunica al émbolo:

WF,E = ∆UH2 O + ∆EpE − Waire cam ,E − Q
donde:
∆UH2 O = m (u2 − u1 )
V1 − V2
∆EpE = −mE g
A
Waire cam ,E = pcam (V1 − V2 )
Llevando estos resultados a la ecuación anterior:
m g
E
WF,E = m (u2 − u1 ) − + pcam (V1 − V2 ) − Q
| A {z }
p1rec
= 0, 05 × (1.913, 1 − 2.583) − 160 × 0, 75 × 0, 06 + 45

trabajo comunicado
= 4, 3 kJ ←−−−−−−−−−−−−−−−−−
por la fuerza al émbolo
Problema 83
Un cilindro rı́gido de eje vertical, abierto a la atmósfera (p∞ = 100 kPa) y aislado térmicamente,
contiene 500 g de H2 O que inicialmente ocupan un volumen de 60 l. El agua se halla confinada, por
la parte superior del recipiente, por medio de un émbolo adiabático de 50 kg y de 10 dm2 de sección
recta. El émbolo, que puede deslizar sin fricción apreciable, está unido a un punto fijo del exterior por
medio de un muelle perfectamente elástico de constante 400 kN·m−1 el cual inicialmente se encuentra
comprimido 47,4 cm.
A partir de este estado inicial de equilibrio, se quita el aislamiento de la base del recipiente y se
pone en contacto con una fuente térmica hasta que el agua alcanza el equilibrio térmico con aquella.
Al alcanzarse el equilibrio final el volumen ocupado por el agua ha disminuido un 64,6 %.
entropı́a del agua uf = 0, sf = 0 para el lı́quido en el punto triple, se pide:
1.- Determinar la temperatura, la energı́a interna y entropı́a especı́ficas del agua en el estado inicial.
2.- Establecer la ecuación que determina la presión final del agua en función de su presión inicial
p1 , el área de la sección transversal A, el volumen inicial ocupado por el agua V1 y la constante
elástica del muelle k una vez alcanzado el nuevo estado de equilibrio final.
3.- Resolver la ecuación anterior dando el valor de esa presión final ası́ como la elongación del muelle
y la masa de agua que ha condensado cuando se alcanza el equilibrio final.
4.- Calor intercambiado con la fuente térmica.
Solución
1) Del estado inicial se conocen dos propiedades intensivas: la presión y el volumen especı́fico. La
presión se obtiene del equilibrio mecánico inicial:
Ap1 = Ap∞ + mE g + Fm1

mE g + k(l0 − l1 )
−→ p1 = p∞ + A
Fm1 = k(l0 − l1 )
50 × 9, 81 · 10−3 + 400 × 0, 474
= 100 +
0, 1
' 2.000 kPa = 20 bar
Y el volumen especı́fico, como se dan como datos el volumen que inicialmente ocupa el agua y la
masa de ésta se obtendrá:

V1
v1 =
m
0, 06
= = 0, 12 m3 · kg−1
0, 5
Con estos valores de la presión y el volumen especı́fico, al ser vg (2 MPa) < v1 el agua estará en
vapor sobrecalentado. Ası́:
a) utilizando el diagrama (h − s) del agua:

ϑ1 ' 275 o C
h1 = 2.975 kJ/kg −→ u1 = 2.975 − 2.000 × 0, 12 = 2.735 kJ/kg
s1 ' 6, 65 kJ/(kg · K)
b) utilizando las tablas de propiedades termodinámicas del agua (tablas del vapor sobrecalentado):
ϑ1 ' 280 o C
u1 = 2.736, 3 kJ/kg
s1 ' 6, 68 kJ/(kg · K)
2) Del equilibrio mecánico en el estado final:


Ap2 = Ap∞ + mE g + Fm2 
 k
Fm2 = k(l0 − l2 ) −→ p2 = p1 − z
 A
l2 = l1 + z 
siendo z:
V1 − V2
z=
A
0, 646 V1
=
A
Llevando este valor de z a la expresión de la presión final, se tiene:
0, 646 V1 k
p 2 = p1 −
A2
3) Dando valores numéricos a las magnitudes que aparecen en la expresión de p2 se obtiene:
0, 646 × 0, 06 × 400
p2 = 2.000 −
0, 01
presión final
= 452 kPa ' 0, 45 MPa ←−del −−−−−−−−−
agua
Por otra parte:

0, 646 V1
z=
A
0, 646 × 0, 06
= = 0, 388 m
0, 1
Y por lo tanto:
l2 − l0 = l1 − l0 + z
elongación final
= −0, 474 + 0, 388 = −0, 086 m ←−−−−−−−−−−−
del muelle
El volumen especı́fico final del agua es:
v2 = (1 − 0, 646) v1
= 0, 354 × 0, 12 = 0, 0425 m3 · kg−1
En las tablas de propiedades termodinámicas del agua en saturación (tabla de presiones) se observa
que vf (0, 45 MPa) < v2 < vg (0, 45 MPa). Por lo tanto, el agua se encontrará como vapor húmedo
cuya calidad o tı́tulo del vapor será:
v2 − vf (0, 45 MPa)
x2 =
vg (0, 45 MPa) − vf (0, 45 MPa)
0, 0425 − 0, 001088
= = 0, 1
0, 414 − 0, 001088
Por lo tanto, la masa de agus que ha condensado será:

masa de agua
mliq = m (1 − x2 ) = 0, 5 × 0, 9 = 0, 45 kg = 450 g ←−−−−−−−−−−−−−−
que ha condensado
Los valores de la energı́a interna y de la entropı́a especı́ficas en el estado final son respectivamente:
u2 = uf (0, 45 MPa) + x2 ugf (0, 45 MPa)

= 622, 77 + 0, 1 × 1.934, 9 = 816, 3 kJ/kg
s2 = sf (0, 45 MPa) + x2 sgf (0, 45 MPa)
= 1, 8207 + 0, 1 × 5, 0359 = 2, 3243 kJ/(kg · K)
4) Del balance energético aplicado al sistema formado por el agua+muelle+émbolo se obtiene:
Q1→2 + Watm,E = ∆UH2 O + ∆Um + ∆EpE
donde:
∆UH2 O = m (u2 − u1 )
k
− 2 (l0 − l1 ) z + z 2

∆Um =
2
∆EpE = −mE g z
Watm,E = p∞ A z
Ası́ pues, reagrupando términos se obtiene finalmente para el calor cedido a la fuente:
k 2
Qced = −Q1→2 = −m (u2 − u1 ) − z + p1 A z
2
400
= −0, 5 × (816, 3 − 2.736, 3) − × 0, 3882 + 2.000 × 0, 1 × 0, 388
2
calor cedido por
' 1.000 kJ ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
el agua a la fuente térmica
5) El segundo principio aplicado al sistema agua+émbolo+muelle establece que:

Q1→2
σp + = m (s2 − s1 )H2 O
TFT
TF T = T2H2 O = Tsat (p2 ) = 421 K
Deaspejando el término σp
Q1→2
σp = m ((s2 − s1 )H2 O −
T2H2 O
1.000
= 0, 5 × (2, 3243 − 6, 68) +
421
producción
= 0, 197 kJ · K−1 = 197 J · K−1 ←−−−−−−−−
de entropı́a
Problema 84
Un recipiente cilı́ndrico vertical cerrado, de paredes rı́gidas, de 60 cm de diámetro interior y de
capacidad térmica despreciable se halla dividido en dos compartimentos por medio de un émbolo
adiabático de 40 kg que puede deslizar sin fricción apreciable. En el compartimento inferior hay 55 g
de H2 O ocupando un volumen de 36 l y en el otro compartimento hay 310 g de etileno a una presión
manométrica de 160 kPa. La superficie lateral y la base del cilindro están aisladas térmicamente del
exterior, mientras que la cara superior es diatérmana.
A partir de las condiciones iniciales de equilibrio se quita el aislamiento de la base del cilindro y
este se pone en contacto térmico con una fuente térmica a 550 o C y se deja que se alcance el equilibrio.
Con el modelo de estados correspondientes para el etileno, y sabiendo que las condiciones del
ambiente son 27 o C y 98 kPa se pide determinar:
1.- Volumen ocupado inicialmente por el etileno.

2.- Estado termodinámico inicial del agua especificando si se encuentra en vapor sobrecalentado o en
la zona de coexistencia de las fases lı́quida y vapor y dando los valores de presión, temperatura,
energı́a interna y entropı́a (estas últimas tomando como referencia el punto triple del agua).
3.- Presión y volumen ocupado por el H2 O y el etileno al alcanzarse el equilibrio con la fuente
térmica.
4.- Valores de la energı́a interna y de la entropı́a del agua tomando como referencia el punto triple
del agua ası́ como los valores de las desviaciones por compresibilidad de la entalpı́a y de la
entropı́a del etileno en el estado final.
5.- Calor suministrado al agua en el proceso.
Solución
1) La presión inicial del etileno vale:
p1C2 H4 = pman + p∞
= 160 + 98 = 258 kPa
y por lo tanto, los valores iniciales de las magnitudes reducidas del etileno son:

0, 258
p1C2 H4 = 258 kPa −→ pR1 = = 0, 05 

5, 12 del diagrama del factor

−−−−−−−−−−−−−−−→ Z1 = 0, 985
300  de compresibilidad Z
T1C2 H4 = 300 K −→ TR1 = ' 1, 06
283, 1
Ası́ pues:
Z1 RC2 H4 T1C2 H4
v1C2 H4 =
p1C2 H4
8, 314
0, 985 × × 300
= 28 = 0, 34 m3 · kg−1
258
y el volumen ocupado por este gas será:
V1C2 H4 = 0, 31 × 0, 34 = 0, 105 m3
volumen que ocupa
= 105 l ←−−−−−−−−−−−−−−−−
inicialmente el etileno
2) Del agua se conoce su volumen especı́fico en el estado inicial:

V1
v1H2 O =
mH2 O
36 · 10−3
= −3
= 0, 655 m3 · kg−1
55 · 10
La presión del agua puede determinarse, ya que del equilibrio mecánico inicial:
mE g
p1H2 O = p1C2 H4 +
A
Por lo tanto:
40 × 9, 81
p1H2 O = 258 + · 10−3
π × 0, 32
= 259, 4 kPa
Ası́ pues entrando en el diagrama con los valores iniciales de la presión y volumen especı́fico del
agua se observa que el estado inicial corresponde a la zona bifásica. Por lo tanto:
ϑ1 = ϑ(2, 6 bar) ' 130 o C




 x1 ' 0, 91
) 

p1H2 O ' 2, 6 bar del diagrama h − s

−1
3 −−−−−−−−−−−−→ h1 ' 2.535 kJ · kg
v1H2 O ' 0, 66 m · kg para el agua  −1
 u1 = h1 − p1 v1 ' 2.363 kJ · kg



s1 ' 6, 54 kJ · kg−1 · K−1


son los valores de las propiedades pedidas en el estado inicial.
Si en lugar de utilizar el diagrama h − s su hiciese uso de las tablas de propiedades termodinámicas del agua en
saturación, ya que interpolando en la tabla de presiones entre 0,25 MPa y 0,275 MPa se obtiene:
vf = 0, 001068 m3 · kg−1
)
−→ vf (2, 6 bar) < v1 < vg (2, 6 bar)
vg = 0, 6941 m3 · kg−1
por lo que el estado del agua inicialmente correponde al equilibrio bifásico lı́quido-vapor. La calidad del vapor inicial
es:
v1 − vf (2, 6 bar)
x1 =
vg (2, 6 bar) − vf (2, 6 bar)
0, 66 − 0, 001068
= = 0, 95
0, 6941 − 0, 001068
Ası́ pues, los valores pedidos de la energı́a interna y de la entropı́a del agua en el estado inicial serán:
u1 = uf (2, 6 bar) + x1 uf g (2, 6 bar)

= 540, 5 + 0, 95 × 1.998 = 2.438, 6 kJ · kg−1
s1 = sf (2, 6 bar) + x1 sf g (2, 6 bar)
= 1, 6206 + 0, 95 × 5, 4139 = 6, 76 kJ · kg−1 · K−1
3) La presión y volumen de ambas sustancias en el estado final de equilibrio se determinan estable-

ciendo la ecuación de equilibrio mecánico:
mE g
p2C2 H4 + − p2H2 O = 0
A
A la temperatura de 550 o C (mayor que la temperatura crı́tica ϑcri = 374, 14 o C) y la presión

p2 (supuesta esta menor que pcri = 22 MPa), el agua estará en forma de vapor. Modelando el
comportamiento del vapor de agua como gas perfecto ya que se espera una presión del vapor en el
entorno de 1 a 5 bar (posteriormente se comprobará esta hipótesis) se tendrá para la presión final
del vapor de agua:
mH2 O RH2 O T2H2 O
p2H2 O =
V2H2 O
mH2 O RH2 O TH2 O 580, 76
= =
V1H2 O + A x 1 + 2, 5 π x
siendo x el desplazamiento vertical hacia arriba del émbolo. Por otra parte, para el etileno, con el
modelo de estado correspondientes:
mC2 H4 Z2 RC2 H4 T1C2 H4

p2C2 H4 =
V2C2 H4
mC2 H4 Z2 RC2 H4 T∞ 263 Z2
= =
V1C2 H4 − A x 1 − 2, 693 x
ya que al ser la frontera de separación del etileno y el ambiente diatérmana y poder considerar
el proceso suficientemente lento, el etileno evoluciona de forma isoterma. Ası́ pues, la ecuación del
equilibrio mecánico queda:
263 Z2 580, 76
− + 1, 388 = 0 (1)
1 − 2, 693 x 1 + 2, 5 π x
Para determinar Z2 del etilieno se necesita conoce la temperatura reducida de este gas en el estado
final y además se necesita otra magnitud reducida. En esta caso será el volumen pseudorredicido vR0 :
0 v2 pc
vR2 =
R Tc
0, 105
(1 − 2, 693 x) 5, 12 · 106 (2)
0, 31
= = 20, 68 − 55, 69 x
8.314
282, 4
28
ecuación que junto con el diagrama Z = Z(TR , vR0 ) determina Z2 y el sistema queda cerrado.
Pa resolverlo se hará uso de la regula falsi como se muestra en el siguiente cuadro: se supone
un valor para x; con este valor de (2) se determina vR0 y como se conoce TR2 = TR1 en el diagrama
2
Z = Z(TR , vR0 ) se determina el valor de Z2 y se comprueba si estos valores verifican (1).
x δ
vR0 Z2
(m) 2 (kPa)
0,10 15,1 0,975 27

0,05 17,9 0,98 -117,8
0,09 15,7 0,978 0,59
A la vista de los resultados de la última fila se toma como solución



 p2H2 O = 340 kPa

 p2

= 339, 5 kPa
C2 H4
x = 9 cm −→

 V2H2 O = 0, 061 m3 −→ v2H2 O = 1, 12 m3 · kg−1

3

 V
2C2 H4 = 0, 08 m
FORMA ALTERNATIVA utilizando el diagrama (h − s) del agua y el diagrama Z = Z(TR , pR ) que tenga las lı́neas
vR0 = cte.
Se van a utilizar las ecuaciones:
mE g
a) del equilibrio mecánico : p2C2 H4 + − p2H2 O = 0
A
b) las relaciones :
A
v2H2 O = v1H2 O +
mH2 O
= 0, 66 + 5, 14 x
0 v2 pc
vR2 =
R Tc
0, 105
(1 − 2, 693 x) 5, 12 · 106
0, 31
= = 20, 68 − 55, 69 x
8.314
282, 4
28
además de los diagramas anteriormente citados.
La forma de obtener la solución es análoga a lo hecho antes (regula falsi): se supone un valor para x y con él se
0
determina los valores de vR2 del etileno y v2H2 O . Con estos valores y con el de la temperatura de cada sustancia se
va al respectivo diagrama y se obtiene el valor de la presión correspondiente y estos valores se llevan a la ecuación del
equilibrio mecánico. El proceso termina cuando la precisión en la solución sea la apropiada.
x v2H2 O p2C2 H4 p2H2 O δ

vR0 2 3 pR2
(m) (m) /kg (bar) (bar) (kPa)
0,10 14,5 1,17 0,075 3,85 3,2 0,65

0,05 17,9 0,91 0,061 3,12 4,2 -1,07
0,081 16,2 1,09 0,068 3,48 3,5 -0,006
A la vista de la última fila se toma como solución:
x = 8, 1 cm; p2C2 H4 = 3, 48 bar p2H2 O = 3, 49 bar
NOTA: la diferencia entre estos resultados y los anteriormente obtenidos se debe a la poca precisión existente en la
lectura de los valores del volumen especı́fico, volumen pseudorreducido y presión en los diagramas.
4) El estado final del agua viene determinado por su temperatura (el agua alcanza el equilibrio
térmico con la fuente térmica) y su volumen especı́fico. Ası́ pues:


 h2H2 O ' 3.600 kJ · kg−1

 u2H2 O = h2 − p2 v2
) 

o
ϑ2H2 O = 550 C

del diagrama
−−−−−−−−−→ energı́a interna del
v2H2 O = 1, 12 m3 · kg h-s 
 ' 3.219 kJ/kg ← −−−en
agua
−−− −−−−−−−−−−
el estado final


 entropı́a del agua
 s2 ' 8, 39 kJ/(kg · K) ←−−−−−−−−−−−−

H2 O en el estado final
Si en lugar de utilizar el diagrama h − s se hiciese uso de las tablas de propiedades termodinámicas del agua en
vapor sobrecalentado, interpolando en las tablas de presiones entre 3 bar y 4 bar para una temperatura de 550 o C se
obtiene:
3 bar v = 1, 2641 m3 · kg u = 3.215, 4 kJ/kg s = 8, 4572 kJ/(kg · K)
4 bar v = 0, 9474 m3 · kg u = 3.214, 7 kJ/kg s = 8, 3236 kJ/(kg · K)
Ası́ pues, para un volumen especı́fico de 1,12 m3 /kg y una temperatura de 550 o C se tendrá:
u2 = 3.215, 1 kJ/kg ; s2 = 8, 3971 kJ/(kg · K)
Del etileno se conocen la presión final y la temperatura, por lo tanto:

 ∗
0, 3386 h −h

pR2 = = 0, 066 de los diagramas de corrección  R Tc ' 0, 06

5, 12 −−−−−−−−−−−−−−−−−→ ∗
TR2 = TR1 = 1, 06
 por compresibilidad  s − s ' 0, 05

R
5) Tomando como sistema el H2 O+émbolo+C2 H4 el balance energético queda:
Q + Q0 = ∆UH2 O + ∆UC2 H4 + ∆EpE
donde con Q0 se ha señalado el calor que recibe el etileno a través de la superficie diatérmana del
cilindro. Por otra parte, como la compresión del etileno es isoterma, se puede poner que:
Q0 = T∞ ∆SC2 H4
Por lo tanto queda para el calor suministrado al agua desde la fuente térmica:
Q = ∆UH2 O + ∆UC2 H4 − T∞ ∆SC2 H4 + ∆EpE
∗
h∗ − h

h − h
= mH2 O (u2 − u1 )H2 O − mC2 H4 RC2 H4 Tc −
R Tc 2 R Tc 1
s∗ − s s∗ − s

p2
− T∞ ln + − + (p2 V2 − p1 V1 )C2 H4 + mE g z
p1 C H R 2 R 1 C H
2 4 2 4

8, 314
= 0, 055 × (3.219 − 2.363) − 0, 31 × × 282, 4 × (0, 06 − 0, 04)
28

338, 6
− 300 × ln + 0, 05 − 0, 04 + 338, 6 × 0, 08 − 258 × 0, 105
258
+ 40 × 9, 81 × 0, 15 × 10−3
calor suministrado al agua
= 54, 4 kJ ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
desde la fuente térmica
[NOTA: Puede observarse que, en este caso concreto, si no se hubiesen tenido en cuenta los valores
numéricos de los tres últimos términos del segundo miembro la solución no hubiera variado]
6) El balance de entropı́a (segundo principio) aplicado al sistema en estudio (H2 O + émbolo + C2 H4 )
se reduce a:
Q1→2 |H2 O
σp = ∆SH2 O −
TF. T.
ya que como se ha dicho anteriormente, el etileno experimenta una compresión isoterma y por lo
tanto:
Q0
∆SC2 H4 − =0
T∞
Ası́ pues:
Q1→2 |H2 O
σp = mH2 O (s2 − s1 )H2 O −
TF. T.
54, 4
= 0, 055 × (8, 39 − 6, 54) −
823
' 0, 036 kJ/K = 36 J/K ←en
−−− −−−−−−−−−−−−−−
el proceso descrito
Problema 85
En un cilindro de paredes rı́gidas y 1,75 dm2 de sección transversal hay 100 gramos de un gas a
temperatura ambiente encerrado por un émbolo adiabático de 50 kg. El conjunto se encuentra en
una atmósfera a ϑ∞ = 7 o C y p∞ = 100 kPa.
De este gas se conocen: la masa molar M = 42 kg·kmol−1 , sus variables crı́ticas Tc = 364,9 K y
pc = 4,6 MPa y la capacidad térmica especı́fica cp (T, p → 0) = 19,6925 + 0,1465 T kJ·kmol−1 ·K−1 .
A partir de las condiciones iniciales de equilibrio, y por medio de una fuerza exterior, el gas se
comprime rápidamente hasta alcanzar una presión de 4 MPa. Alcanzada esta presión se fija el émbolo
y se deja que el gas se atempere. Suponiendo que la energı́a degradada por fricción es despreciable
frente al resto de los intercambios energéticos, se pide:
1.- Representar, de forma cualitativa, en un diagrama p − h la evolución seguida por el gas.

2.- Establecer las ecuaciones que determinan el estado termodinámico del gas una vez realizada
la compresión y el trabajo consumido durante la misma, especificando, claramente, el sistema
elegido y las interacciones energéticas del sistema con el exterior.
3.- Obtener los valores de la temperatura alcanzada por el gas y su volumen especı́fico una vez
comprimido y antes del atemperamiento, ası́ como el trabajo de compresión.
4.- Calcular la temperatura y la presión a la cual comienza a condensar el lı́quido en el proceso de
atemperamiento.
5.- Calcular la calidad del vapor una vez atemperado el gas ası́ como el calor cedido por éste durante
el atemperamiento.
6.- Producción de entropı́a en el proceso global.
Solución
El problema se va a resolver utilizando el método de estados correspondientes.
1) Representar, de forma cualitativa, en un diagrama p − h la evolución seguida por el gas.
Evolución seguida por el gas en el diagrama p-h

2) Establecer las ecuaciones que determinan el estado termodinámico del gas una vez realizada la
compresión y el trabajo consumido durante la misma.
Se elige como sistema el gas encerrado en el cilindro. Es un sistema cerrado, deformable y mo-
nocomponente. El proceso que sigue el sistema durante la compresión rápida, de acuerdo con los
criterios dados en el Tema 3 §3.9, puede modelarse como un proceso isoentrópico. Ası́ pues, como
del estado final se conoce una propiedad intensiva, la presión, con la ecuación:
∆S1→2 = 0
quedará determinado el estado final de la compresión. Con el modelo de estados correspondientes

este ecuación queda en la forma:
Z 2
cp (T ) p2
dT − R ln − ∆sc (pR2 , TR2 ) + ∆sc (pR1 , TR1 ) = 0 (1)
1 T p1
donde ∆sc (pR , TR ) corresponde a la corrección por compresibilidad de la entropı́a (o la desviación

de la entropı́a del comportamiento de gas semiperfecto). Esta corrección por compresibilidad viene
dada en forma gráfica.
La única interacción del exterior con el sistema es el trabajo que el émbolo comunica al sistema,
ya que, como se ha dicho anteriormente, el proceso de compresión puede suponerse adiabático. Ası́,
el balance energético aplicado al gas queda:
WE, gas = ∆Ugas
y como por definición:
u = h − pv −→ ∆U = ∆H − ∆(pV )
= m [∆h − (p2 v2 − p1 v1 )]
que con el modelo de estados correspondientes queda:

Z T2
c c
WE, gas = m cp (T ) dT − ∆h (pR2 , TR2 ) + ∆h (pR1 , TR1 ) − R (Z2 T2 − Z1 T1 ) (2)
T1
en la que ∆hc (pRi , TRi ) es la corrección por compresibilidad de la entalpı́a en los estados inicial (i = 1)
y final (i = 2) y con Zi (i = 1, 2) se denota al coeficiente de compresibilidad en esos estados.
Con la ecuación (1) se determina T2 y de la ecuación (2) se obtiene el trabajo comunicado al gas
durante la compresión.
3) Obtener los valores de la temperatura alcanzada por el gas y su volumen especı́fico una vez
comprimido y antes del atemperamiento ası́ como el trabajo de compresión.
Se va a resolver la primera ecuación. La presión en el instante inicial vale:
mE g
p1 = pamb +
A
50 × 9, 81
= 100 + × 10−3 = 128 kPa
0, 0175
y de la definición de magnitudes reducidas:

p1 T1
p R1 = TR1 =
pc Tc
0, 128 280
= = 0, 028 = = 0, 77
4, 6 364, 9
Con estos valores de presión y temperatura reducidas se obtiene para el factor de compresibilidad,
para la corrección de entalpı́a y para la corrección de entropı́a respectivamente, los valores:
Z(pR1 , TR1 ) = 0, 975

∆hc (pR1 , TR1 ) = 0, 05 × 8, 314 × 364, 9
= 151, 69 kJ · kmol−1
∆sc (pR1 , TR1 ) = 0, 05 × 8, 314
= 0, 416 kJ · kmol−1 · K−1
Llevando este resultado y el valor de las presiones en los estados inicial y final, ası́ como el valor
de la capacidad térmica especı́fica a presión constante a la ecuación (1), se obtiene:
T2 ∗
s −s
Z
19, 6925 4.000
+ 0, 1465 dT − R ln − R Tc +0, 416 (1a)
T1 T 128 R 2
| {z } | {z }
∆s∗ ∆sc (pR ,TR )
2 2
esta ecuación en T2 se resuelve por el método de regula falsi: se supone un valor arbitrario para la
temperatura reducida; con este valor y con el de la presión reducida, que ya se conoce pR2 = 0, 87, se
determina tanto ∆s∗ como ∆sc (pR2 , TR2 ): Llevando estos valores a (1.a) se obtiene un valor numérico
al que se llamará δ. Con otro valor arbitrario de la temperatura reducida se obtiene otro valor distinto
de δ y que tenga signo opuesto al anteriormente obtenido. Se interpola entre los dos valores de TR
para obtener un nuevo valor que anule δ. El proceso se termina cuando ya no hay diferencia de lectura
en los diagramas entre dos valores de temperatura reducida.
TR2 T2 ∆s∗ ∆sc2 ∆sc1 δ

1 364,9 -10,964 9,5 0,1465 -19,96
1,2 437,9 3,318 3,5 0,1465 0,318
Interpolando entre estos dos valores se obtiene para TR2 un valor de 1,196. Con este valor de
la temperatura reducida no se puede obtener en los diagramas de corrección de la entropı́a más
precisión, luego se toma este valor como solución. Ası́ pues:
temperatura del gas
TR2 = 1, 196 −→ T2 = 436, 7 K ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−
al final de la compresión
Con este valor de la temperatura reducida de los correspondientes gráficos se obtiene:
Z2 = 0, 825
c
∆h (pR2 , TR2 ) = 0, 8 × 8, 314 × 364, 9
= 2.427 kJ · kmol−1
Ahora ya se puede calcular el volumen especı́fico y el trabajo de compresión. En efecto, de la

ecuación térmica de estado:
Z2 R T2
v2 =
p2
8.314
0, 825 × × 436, 7 volumen especı́fico del gas
= 42 = 0, 0178 m3 · kg−1 ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
4 · 106 después de comprimido
0, 1 h i
WE, gas = × 11.312 − 2.427 + 151, 69 − 8, 314 × (0, 825 × 436, 7 − 0, 975 × 280)
42
Trabajo
= 19, 78 kJ ←−−−−−−−−−−−
de compresión
4) Calcular la temperatura y la presión a la cual comienza a condensar el lı́quido en el proceso de

atemperamiento.
Como una vez comprimido se fija el émbolo, el proceso de atemperamiento tiene lugar manteniendo
constante el volumen. Y como, además, el sistema es cerrado, el proceso de atemperamiento es un
proceso a volumen especı́fico constante. Hasta que comienza la condensación el sistema es el gas.
Para él:
Z3 · R · T3
v2 = v3 −→ 0, 0178 =
p3
Z3 · R · Tc · TR3
=
p c · p R3
Si se dan valores numéricos a las variables conocidas la ecuación anterior queda:

Z3 · TR3
0, 0157 × − 0, 0178 (3)
p R3
En ese instante, cuando comienza la condensación, el gas está en saturación por lo que se verificará:
p∗ = f (T ) −→ ln p∗R = ϕ (TR ) (4)
donde p∗R es la presión de saturación reducida. La dependencia funcional de p∗R con TR es la curva de
vapor saturado del diagrama del factor de compresibilidad Z = Z(pR , TR ) con Zc = 0, 27.
La temperatura y presión al comenzar la condensación vienen dadas por la solución de las ecuacio-
nes (3) y (4). Esta solución se obtiene igual que anteriormente mediante el método de regula falsi:
Se supone un valor arbitrario para pR3 y en el diagrama del factor de compresibilidad con Zc = 0, 27
se leen los valores de TR3 y Z3 en saturación a esa presión reducida; llevando estos tres resultados a
la ecuación (3) se obtiene un valor numérico, por lo general distinto de cero. A ese valor se le va a
llamar δ. Con otro valor de pR3 se repite todo el proceso obteniendo un nuevo valor para δ. De lo que
se trata es de obtener valores de δ de cualquier valor numérico, pero de signo opuesto. Interpolando
entre esos valores de presión reducida se determina el valor de pR3 para el que δ se anula. Con este
último valor de presión reducida se repite el proceso. Éste termina cuando ya no haya diferencia en
los valores que se obtienen del gráfico del factor de compresibilidad.
Todo lo anterior queda reflejado en el cuadro siguiente:
p R3 TR3 Z3 v2 δ
0,50 0,911 0,69 0,0224 0,0046
0,60 0,926 0,64 0,01551 -0,00229
0,56 0,92 0,655 0,01702 -0,00078
0,55 0,918 0,665 0,01743 -0,00037
Una nueva interpolación darı́a para pR3 un valor de 0,547 y al ir al diagrama con este valor no se
aprecia diferencia con el valor de 0,55. Ası́ pues, la solución es:

T3 = TR3 · Tc p3 = pR 3 · pc 
Presión y temperatura del gas

= 0, 918 × 364, 9 = 0, 55 × 4, 6 ←al
−−comenzar
−−−−−−−− −−−−−−−−−−−−
la condensación

' 335 K = 2, 53 MPa

5) Calcular la calidad del vapor una vez atemperado el gas ası́ como el calor cedido por éste durante
el atemperamiento.
El estado del gas una vez atemperado, esto es, una vez alcanzada de nuevo la temperatura am-
biente, viene determinado por la temperatura y el volumen especı́fico, ya que el enfriamiento del gas
se realiza a volumen constante (v4 = v3 = v2 ). La calidad del vapor en el estado final se calcula a
partir de:
v2 = (1 − x) · vf + x · vg
R · T4 (5)
= [(1 − x4 ) · Zf + x · Zg ] ·
p4
donde Zf y Zg son, respectivamente, los valores del coeficiente de compresibilidad del lı́quido saturado
y del vapor saturado a TR4 que se leen en el diagrama del factor de compresibilidad. La presión p4
corresponde a la presión de saturación a T4 = 280K. Su valor se obtiene a partir del diagrama del
factor de compresibilidad Z = Z(pR , TR ) con Zc = 0,27:
p4 = pc · pR 4
= 4, 6 × 0, 16 ' 0, 736 MPa
Despejando x4 de la ecuación (5):

hp · v i 1
4 2
x4 = − Zf ·
R · T4 Zg − Zf
0, 2364 − 0, 025 calidad del vapor
= ' 0, 26 ←−−
al
−−−−−−−−−−−−−−
atemperarse el gas
0, 845 − 0, 025
Calor cedido durante el atemperamiento.

Las fronteras del sistema permanecen fijas durante el atemperamiento. Ası́, en ese proceso no
existirá trabajo comunicado por el exterior al sistema y el balance energético quedará:
Q = ∆U
= m · [h4 − h2 − v2 · (p4 − p2 )]
habiendo hecho uso de la relación u = h − pv.

La variación de entalpı́a entre el estado de equilibrio mecánico y el estado final de equilibrio
termodinámico puede expresarse en la forma:
h4 − h2 = hb − (1 − x4 ) · hf g (T4 ) − h2
= hb − h2 − (1 − x4 ) · hf g (T4 )
donde hb representa la entalpı́a del vapor saturado a la temperatura final de equilibrio T4 = T1 y

hf g (T4 ) la entalpı́a de cambio de fase a la misma temperatura. Con el modelo de estados correspon-
dientes la variación de entalpı́a hb − h2 se evalúa con:

Z Tb
hb − h2 = cp dT − ∆hc (pR4 , TR4 ) + ∆hc (pR2 , TR2 )
T
Z 2280
= (19, 6925 + 0, 1465 · T ) dT − 8, 314 × 364, 9 × (0, 35 − 0, 77)
436,7
= −11.312, 3 + 1.274, 2 = −10.038 kJ · kmol−1
La entalpı́a de cambio de fase se obtiene de integrar la ecuación de Clapeyron escrita en magnitudes

reducidas, ecuación (6.43) de los apuntes de teorı́a:

∗ 1
ln pR = k · 1 −
TR
Al realizar la integral se ha supuesto que el cociente:
hf g
=k (6)
R · Tc · (Zg − Zf )
es constante (véase la justificación en los apuntes de teorı́a Tema 6 § 6.4.2). Ası́ pues, de (6):
hf g = k · R · Tc · (Zg − Zf )
Se toma para k el valor 6, por lo que:
hf g = 6 × 8, 314 × 364, 9 × (0, 845 − 0, 025)

= 14.926, 2 kJ · kmol−1
Con estos resultados la variación de entalpı́a entre los estados (2) y (3) queda:
h4 − h2 = −10.038, 1 − (1 − 0, 28) × 14.926, 2

' −20.785 kJ · kmol−1
y, por lo tanto, el calor cedido, que es igual y de signo opuesto al calor que el sistema recibe durante
el atemperamiento, Q0 = −Q, valdrá:
Q0 = −∆U

20.785 calor cedido por el gas
= 0, 1 × + 0, 0178 × (790 − 4.000) = 43, 8 kJ ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
durante su atemperamiento
42
6.-Producción de entropı́a en el proceso global.

Del segundo principio aplicado al proceso seguido por un sistema abierto se obtiene:
n
X Q
σp = ∆Ssistema −
T
i=1 FTi
que en este caso queda:

Q
σp = m · (s4 − s2 ) − (7)
Tamb
ya que el proceso (1)→ (2) de compresión es isoentrópico como se vió en el apartado 2. La variación
de entropı́a entre los estados (2) y (4), esto es, entre el estado del gas después de la compresión y el
estado final del gas atemperado, puede ponerse como:
s4 − s2 = sb − s2 − (1 − x4 ) · sf g (T4 )
hf g (T4 )
= sb − s2 − (1 − x4 ) ·
T4
Con el modelo de estados correspondientes se tiene que:

Z Tb
cp (T ) p4
sb − s2 = dT − R · ln − ∆sc (pR4 , TR4 ) + ∆sc (pR2 , TR2 )
T T p2
Z 2280
19, 6925 736
= + 0, 1465 dT − 8, 314 × ln − 8, 314 × (0, 35 − 0, 4)
436,7 T 4.000
= −31, 709 + 14, 074 + 0, 416 = −17, 2 kJ · kmol−1 · K−1
luego la variación de entropı́a entre los estados (2) y (4) valdrá:

14.926, 2
s4 − s2 = −17, 2 − (1 − 0, 26) ×
280
= −56, 6 kJ · kmol · K = −1, 35 kJ · kg−1 · K−1
−1 −1
Llevando este resultado a (7) se obtiene para la producción de entropı́a:

43, 8
σp = 0, 1 × (−1, 35) +
280
producción de
= 0, 0214 kJ · K−1 −→ σp = 21, 4 J · K−1 ←−−entropı́a
−−−−−−−−−
B) VOLÚMENES DE CONTROL EN RÉGIMEN ESTACIONARIO
Problema 86
Por un conducto de 3 cm de diámetro circula una corriente de vapor de agua en equilibrio con
gotitas en suspensión, a 350 kPa y una velocidad media de 5 m/s. Para determinar la fracción másica
de vapor, se deriva una pequeña fracción del flujo, que se hace pasar por una válvula de expansión
hasta la presión ambiente de 100 kPa, saliendo el vapor por ella a 105 o C. Se pide:
1.- Temperatura del flujo principal, y densidades de la fase vapor y la fase lı́quida.
2.- Representación en un diagrama h-s del proceso de expansión.
3.- Fracción másica de vapor en el flujo principal.
4.- Gasto másico circulante por el conducto principal.
Solución
La resolución de este ejercicio se va a realizar haciendo uso de dos herramientas alternativas: las
tablas de propiedades termodinámicas y el diagrama de Mollier del H2 O.
1) En el enunciado se dice que la corriente de agua es una mezcla de vapor y lı́quido, es decir, se
trata de una corriente bifásica a una presión de 350 kPa. Por lo tanto, la temperatura del agua del
flujo principal será la correpondiente a la saturación a 350 kPa.
En la tabla de propiedades termodinámicas del agua en saturación (tabla de presiones) se lee para
0,350 MPa:
temperatura
ϑ ' 139 o C ←−−−−−−−−−−−−−
del flujo principal
vf = 0, 001079 m3 · kg−1 −→ ρf ' 927 kg · m−3 ←−−−−densidad
−−−−−−−−−−−
del de la fase lı́quida
densidad
vg = 0, 5243 m3 · kg−1 −→ ρg ' 1, 91 kg · m−3 ←−−−− −−−−−−−−−−
del de la fase vapor
Con el diagrama de Mollier, con la isobara de 3,5 bar se va hasta la lı́nea de saturación y ahı́ se lee:
ϑ ' 140 o C
vg ' 0, 53 m3 · kg−1 −→ ρg ' 1, 89 kg · m−3
La densidad del lı́quido no puede obtenerse con este diagrama‘por lo que se tendrá que hacer la aproximación de
lı́quido incompresible y tomar para su densidad el valor:
ρf = 1.000 kg · m−3
2)
Esquema de la evolución del H2 O en el diagrama de Mollier.

3) El balance energético a través de un dispositivo de estrangulamiento, si se puede despreciar la

variación de energı́a cinática del flujo entre las secciones de entrada y salida de dicho dispositivo,
resulta:
h2 = h1
Con los valores de presión y temperatura del flujo a la salida (p2 = 100 kPa y ϑ2 = 105 o C >
ϑsat (100 kPa)) en las tablas se determina el valor da la entalpı́a del flujo a la salida:

p2 = 1 bar
−→ h2 = 2.686, 2 kJ · kg−1
ϑ2 = 105 o C
Ası́ pues, teniendo en cuenta que el flujo principal es bifásico:

h1 = hf (p1 ) + x1 hf g(p1 )
= 584, 33 + x1 2.148, 1
Port lo tanto:
2.686, 2 − 584, 33
2.686, 2 = 584, 33 + x1 2.148, 1 −→ x1 =
2.148, 1
' 0, 98
Con el diagrama de Mollier: )

p2 = 1 bar
−→ h2 = 2.700 kJ · kg−1
ϑ2 = 105 o C
Y con este valor de la entalpı́a: )

h2 = 2.700 kJ · kg−1
−→ x1 = 0, 98
p1 = 3, 5 bar
como se ha reflejado en el esquema de la evolución del aire en el diagrma h − s.
4) El gasto másico circulante se obtiene sin más que aplicar la definición de gasto másico para una
corriente unidireccional y uniforme:
ṁ1 = ρ1 w1 A1
donde con w1 se señala la velocidad media de la corriente en el flujo principal. Ası́ pues:
v1 = (1 − x1 )vf (0, 35 MPa) + x1 vg (0, 35 MPa)
= (1 − 0, 98) × 0, 001079 + 0, 98 × 0, 5243 = 0, 5138 m3 · kg −→ ρ1 = 1, 95 kg · m−3
Y por lo tanto:
ṁ1 = 1, 95 × 5 × π × 0, 0152
gasto másico circulante
' 6, 9 · 10−3 kg · s−1 ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
por el conducto principal
Aplicaciones de los principios primero y segundo a cambio de fase: volúmenes de control 385
Problema 87
Se toman 36 m3 /h de agua a 25 o C y 96 kPa de un depósito muy grande y mediante una bomba
de rendimiento adiabático 0,8 se eleva su presión hasta 42 bar. A continuación, en una caldera y a
presión constante de 42 bar, se calienta hasta 560 o C y finalmente se expansiona en una turbina hasta
la presión ambiente. Si la turbina tiene un rendimiento adiabático de 0,9, tomando como estado de
referencia para determinar los valores de la entalpı́a y entropı́a del agua uf = 0, sf = 0 para el lı́quido
en el punto triple, se pide:
1.- Representar la evolución del agua en un diagrama T − s.
2.- Valores de la entalpı́a, entropı́a y temperatura del agua a la salida de la turbina.
3.- Potencia neta obtenida y calor suministrado por unidad de tiempo al agua en la caldera.
4.- Producción de entropı́a en el proceso descrito si la caldera se asemeja a una fuente térmica a
1.800 K.
Solución
1)
Diagrama T-s de la evolución del agua
NOTA: Hay que señalar que en el diagrama anterior los puntos 1 y 2 prácticamente coinciden (y ası́ se ha puesto
en el diagrama) ya que la separación horizontal de dos isobaras en un diagrama T − s es muy pequeña (prácticamente
nula) pues:
cp ∂v
ds = dT − dp
T ∂T p
y con T = cte:
∂v
ds = − dp
∂T p
∂v
Y como para el agua lı́quida 1, resulta que a T = cte ds ' 0 y por lo tanto las isobaras en la zona del lı́quido
∂T p
prácticamente no se separan de la curva de lı́quido saturado. Ası́ pues, el punto 2 quedará sobre la lı́nea de lı́quido
saturado y, como el incremento de temperatura es muy pequeño (se verá posteriormente que este incremento es apenas
0,2 K) en el diagrama se ponen los puntos 1 y 2 prácticamente coincidentes.
2) Para determinar los valores de la entalpı́a, entropı́a y tempertura del agua en la sección de salida
de la turbina (punto 4) se utilizará, indistintamente, el diagrama de Mollier (diagrama h − s) del
agua y las ecuaciones (6,48) que se dan en el tema 6 de los Apuntes.
a) Entrada y salida de la turbina (puntos 3 y 4).
h2 = 3.580 kJ · kg−1

p3 = 42 bar del diagram h − s
punto 3 −−−−−−−−−−−→
ϑ3 = 560 o C para el agua s3 = 7, 15 kJ · kg−1 · K−1
p4 ' 96 kPa x4s = 0, 95

del diagram h − s
punto 4s −1 −1 −−−−−−−−−−−→
s4s = 7, 15 kJ · kg · K para el agua h4s = 2.575 kJ · kg−1
Si se utiliza el modelo de gas perfecto para el agua en su estado de agregación vapor teniendo en cuenta las
expresiones (6.48 a) se obtiene para la entalpı́a y entropı́a especı́ficas:
h3 = p(ϑo )vf (ϑo ) + hf g (ϑo ) + cp ϑ3
= 0, 6113 × 10−3 + 2.501, 3 + 1, 82 × 560 = 3.520, 5 kJ/kg
hf g (ϑo ) T1 p1
To T psat (ϑo )
2.501, 3 833 8, 314 4.200
= + 1, 82 × ln − × ln = 7, 11 kJ/(kg · K)
273, 16 273, 16 18 0, 6113
Para determinar el valor de la entalpı́a en el punto 4s hay que comprobar en primer lugar, si el estado de agregación
en el dicho punto 4s es vapor sobrecalentado o vapor húmedo y, en este último caso, calcular la calidad del vapor. Para
ello se determina en primer lugar la temperatura de saturación correspondiente a la presión de 96 kPa; después, con
esa temperatura se calcula el correspondiente valor de la entropı́a en saturación. Si este valor de la entropı́a es mayor
que s3 se garantiza que el agua en 4s estará en vapor húmedo y a partir de este resultado se calculan los valores de la
calidad del vapor (x4s ) y de entalpı́a del agua en el estado representado por el punto 4s.
La temperatura de saturación a la presión de 96 kPa se obtiene a partir de la ecuación de Clapeyron-Clausius:
4.886, 5
ln psat = 13, 108 −
T
obtenida tomando como temperatura de saturación de referencia ϑo = 100 o C (y presión de referencia por tanto po =
1 atm = 101,325 kPa). En esa expresión psat está expresada en bar y T en K.
Con esto la temperatura de saturación del agua es:
4.886, 5
T =
13, 108 − ln p
4.886, 5
= = 371, 6 K (98, 4 o C)
13, 108 − ln 0, 96
y con este valor de la temperatura de acuerdo con (6.48b):

hf g (ϑo ) Tsat p4
s4s = o
+ cp ln o − Rv ln
T T psat (ϑo )
2.501, 3 341, 6 8, 314 96
= + 1, 82 × ln − × ln = 7, 23 kJ · kg−1 · K−1 > s3
273, 16 273, 16 18 0, 6113
Por lo tanto, el agua en 4s se halla en estado de vapor húmedo y los valores de la calidad del vapor y entalpı́a en
esa sección son:
s3 − sf (p4 )
x4s =
sg (p4 ) − sf (p4 )
Tsat (p4 )
s3 − cl ln
= To
hf g (ϑo ) T1 p1
o
+ (cp − cl ) ln o − Rv ln
T T psat (ϑo )
371, 6
7, 11 − 4, 186 × ln
273, 16
= = 0, 96
2.501, 3 371, 6 8, 314 96
+ (1, 82 − 4, 186) × ln − × ln
273, 16 273, 16 18 0, 6113
Y la entalpı́a, despreciando los términos po vf (ϑo ) y p4 /ρl frente a cualquiera de los restantes términos que aparecen
en su expresión, será:
h4s = hf (p4 ) + x4s hf g (p4 )
= cl ϑsat (p4 ) + x4s [hf g (ϑo ) + (cp − cl )ϑsat (p4 )]
= 4, 186 × 98, 4 + 0, 96 × [2510, 3 + (1, 82 − 4, 186) × 98, 4] = 2.590 kJ · kg−1
Como puede observarse los valores obtenido son muy parejos a los obtenidos con el diagrama h − s.
De la expresión del rendimiento adiabático de la turbina, si se desprecian las variaciones de energı́a

cinética frente a las variaciones de entalpı́a:
h4 − h3
ηt = −→ h4 = h3 + ηt (h4s − h3 )
h4s − h3
= 3.580 + 0, 9 × (2.575 − 3.580) ' 2.707 kJ · kg−1
Las propiedades termodinámicas del agua en el estado 4 son:

( (
p4 = 0, 96 bar del diagram h − s ϑ4 ' 110 o C
punto 4 −−− −−− −−− −−− −
→
h4 = 2.707 kJ · kg−1 para el agua s4 = 7, 42 kJ · kg−1 · K−1
Si se utiliza el modelo de gas perfecto para el agua hay que comprobar en primer lugar, si en el punto 4 el
estado de agregación del agua es vapor sobrecalentado o vapor húmedo. Para ello con la temperatura de saturación
correspondiente a la presión de 96 kPa obtenida anteriorment se calcula el correspondiente valor de la entalpı́a en
saturación. Si este valor de la entalpı́a es menor que h4 se garantiza que el agua estará en vapor sobrecalentado y a
partir de este resultado se calculan los valores de la temperatura y de entropı́a del agua en ese estado representado
por el punto 4.
Con el valor de la temperatura de saturación a la presión p4 calculada anteriormente:
hg ' hf g (ϑo ) + cp ϑsat (p4 )
= 2.501, 3 + 1, 82 × 98, 4 = 2.680, 4 kJ · kg−1 < h4
Por lo tanto, el agua a la salida de la turbina se halla en estado de vapor sobrecalentado y los valores de su
temperatura y entropı́a en esa sección son:
h4 − hf g (ϑo )
h4 ' hf g (ϑo ) + cp ϑ4 −→ ϑ4 =
cp
2.707 − 2.501, 3
= = 113 o C
1, 82
Con este valor de la temperatura, el valor de la entropı́a resulta:

hf g (ϑo ) T4 p4
s4 = o
+ cp ln o − Rv ln
T T psat (ϑo )
2.501, 3 386 8, 314 96
= + 1, 82 × ln − × ln = 7, 45 kJ/(kg · K)
273, 16 273, 16 18 0, 6113
3) La potencia neta obtenida y el calor sumnistrado por unidad de tiempo al agua en el proceso 2→
3 se obtienen estableciendo el balance energético en la bomba y en la turbina ası́ como en la caldera.
Ası́, despreciando las variaciones de energı́a cinética frente a las variaciones de entalpı́a se obtendrá:
Ẇneta = |Ẇt | − Ẇbomba

= ṁ (h3 − h4 ) − (h2 − h1 )
Q̇ = ṁ (h3 − h2 )
Como puede verse se precisa determinar el incremento de entalpı́a del agua en la bomba (h2 − h1 ),
y la entalpı́a del agua a la salida de la misma, (h2 ). Para lo primero, de la expresión del rendimiento
adiabático de una bomba, si se deprecian los términos de la energı́a cinética, se obtiene:
h2s − h1
ηB =
h2 − h1
(p2 − p1 )/ρl p 2 − p1
= −→ h2 − h1 = ρl η
h2 − h1 B
4.200 − 96
= 3
' 5 kJ · kg−1
10 × 0, 8
Por otra parte, la entalpı́a a la entrada de la bomba se obtiene, de acuerdo con (6.52) y (6.52a)
del tema 6 de los apuntes, a partir de la expresión:
p1

h1 = cl ϑ1 + 
p1 − psat (ϑ1 )

ρl 
−→ h1 = hf (ϑ1 ) + ρl
psat (ϑ1 ) 
hf (ϑ1 ) = cl ϑ1 + 
96 − 3, 169
ρl

= 104, 89 + ' 105 kJ · kg−1
1.000
Por lo tanto:
h2 = 105 + 5 = 110 kJ · kg−1
Ahora puede comprobarse lo que se ha puesto en la nota del apartado 1). En efecto, como h2 − h1 ' 5 kJ · kg−1 ,
p2 − p1
teniendo en cuenta que ese diferencia de entalpı́as es igual a cw ∆T + se obtiene que ∆T ' 0, 2 K
ρl
Con estos resultados, el calor suminstrado por unidad de tiempo y la potencia neta obtenida serán:
Q̇ = 10 × (3.580 − 110) = 34, 7 MW ← −−−−calor

−−−−−sumnistrado
−−−−−−−−−−−−−
por unidad de tiempo al agua
potencia neta

Ẇneta = 10 × (3.580 − 2.707) − 5 ' 8, 7 MW ←−− −−−−−−−−
obtenida
4) De la ecuación del segundo principio aplicado al dispositivo descrito, por ser este un sistema
abierto funcionando en régimen estacionario, se obtiene:
Q̇2→3 Q̇2→3
σ̇p + = ṁ (s4 − s1 ) −→ σ̇p = ṁ (s4 − s1 ) −
TFT TFT
De esta ecuación sólo queda queda por determinar el valor de la entropı́a del depósito s1 . Para el
lı́quido comprimido se utiliza el modelo de lı́quido calorı́ficamente perfecto y con la referencia dada
en el enunciado este valor de la entropı́a resulta:
T1
s1 = cl ln
To
298
= 4, 186 × ln = 0, 364 kJ/(kg · K)
273, 16
Como la variación de entropı́a para un lı́quido calorı́ficamente perfecto sólo depende de la variación de la tem-
peratura, podrı́a haberse tomado para s1 el valor correspondiente al de lı́quido saturado de la tabla de propiedades
termodinámicas del agua en saturación.
sf (25 o C) = 0, 3674 kJ/(kg · K)

Ası́ pues, la producción de entropı́a será:

34, 7 · 103
σ̇p = 10 × (7, 42 − 0, 364) −
1.800
= 51, 3 kW · K−1 ←en
−−− −−−−−−−−−−−−−−
el proceso descrito
Problema 88
Se mezclan adiabáticamente dos corrientes de vapor de agua, una de 0,3 kg·s−1 con calidad de
vapor del 95 % y la otra de 0,2 kg·s−1 a 550 o C, ambas a 1,4 atm, saliendo la mezcla a la misma
presión. Se pide:
1.- Con la ayuda de un diagrama de Mollier, obtener una expresión análitica, lineal en la tempera-
tura, para el cp del vapor a presiones bajas, válida entre 100 o C y 600 o C.
2.- Análogamente, obtener una expresión analı́tica, lineal en temperatura, para la entalpı́a de va-
porización, válida entre 50 o C y 150 o C.
3.- Determinar analı́ticamente la entalpı́a especı́fica de ambas corrientes con respecto a la del vapor
saturado a 100 o C.
4.- Temperatura de salida de la mezcla.
5.- Producción de entropı́a en el proceso de mezclado.
Solución
1) La dependencia lineal con la temperatura de la capacidad térmica especı́fica a presión constante
expresada en J·kg−1 ·K−1 es:
cp = a + b T J · kg−1 · K−1
con las dos constantes a y b que se determinan a partir de los valores de la capacidad térmica especı́fica
del vapor de agua para las temperaturas de 100 y 600 o C.
De la definición de capacidad térmica especı́fica a presión constante:
∆h
cp =
∆T p

Ası́, tanto para para 100 como para 600 o C, se toma un intervalo hacia arriba y hacia abajo de 50
o
C en el diagrama (h − s) del agua y se leen los valores correspondientes de la entalpı́a en el lı́mite
derecho de dicho diagrama. (Esto es posible hacerlo, aunque la presión no sea la misma, ya que en
esa zona las isotermas son horizontales y por lo tanto, para una temperatura determinada, el valor
de la entalpı́a no varı́a cualquiera que sea la presión.)
)
h(150 o C) = 2.780 kJ · kg−1 190 · 103
−→ c p (100 o
C) = = 1.900 J · kg−1 · K−1
h(50 o C) = 2.590 kJ · kg−1 100
)
h(650 o C) = 3.820 kJ · kg−1 190 · 103
−→ c p (600 o
C) = = 2.200 J · kg−1 · K−1
h(550 o C) = 3.600 kJ · kg−1 100
Por lo tanto, a y b se determinan resoviendo el sistema:

1.900 = a + 373 b
2.200 = a + 873 b
siendo la solución:
a = 1.676 J · kg−1 · K−1 ; b = 0, 6 J · kg−1 · K−2
Ası́ pues, para presiones bajas la dependencia lineal de la capacidad térmica especı́fiica a presión
constante será:
cp = 1.676 + 0, 6 T J · kg−1 · K−1 con T en K
2) La entalpı́a de cambio de fase es por definición:
hf g (ϑ) = hg (ϑ) − hf (ϑ)
Los valores de la entalpı́a del vapor saturado hg a 50 y 150 o C se leen directamente en el diagrama
obteniéndose:
hg (50 o C) = 2.590 kJ · kg−1

hg (150 o C) = 2.750 kJ · kg−1
Los valores de hf correspondientes al lı́quido saturado no se pueden leer en el diagrama por lo que
es necesario dar un m,odelo para el lı́quido en saturación. Sea el de lı́quido calorı́ficamente perfecto
ese modelo. Según la expresión 6.52a del Tema 6 de las apuntes de Termodinámica, para un lı́quido
calorı́ficamente perfecto su entalpı́a como lı́quido saturado viene dada por:
p∗ (ϑ)
hf = cl ϑ +
ρl (ϑ)
Y como las presiones de saturación para las temperaturas que se piden son:
p∗ (50 o C) = 12, 349 kPa

p∗ (150 o C) = 475, 8 kPa
p∗ (ϑ)
y la densidad a esas temperaturas es del orden de 1.000 kg·m−3 , el término de la entalpı́a del
ρl (ϑ)
lı́quido en saturación puede despreciarse frente a cl ϑ. Ası́ pues:
hf g (50 o C) = 2.590 − 4, 186 × 50

' 2.381 kJ · kg−1
hf g (150 o C) = 2.750 − 4, 186 × 150
= 2.122 kJ · kg−1
Lo que se pide es una relación entre hf g y T de la forma:
hf g = a + b T
y de forma análoga a la hecho en el apartado 1):
2.381 = a + b 50
2.122 = a + b 150
se obtiene:
a = 2.510, 5 kJ · kg−1 ; b = −2, 59 J · kg−1 · K−1
Por lo tanto:
hf g = 2.510, 5 − 2, 59 T kJ · kg−1 con T en o C
3) Para determinar la entalpı́a de la corriente de 0,3 kg·s−1 que tiene una calidad x = 0, 95 es
necesario determinar la temperatura de saturación a la presión p = 1, 4 × 1, 01325 = 1, 419 bar.
En el diagrama h − s para el agua se observa que para a presión le corresponde en saturación la
temperatura ϑ ' 110 o C. Ası́ pues se tendrá para la entalpı́a del estado de esta corriente con respecto
al estado de vapor saturado a 100 o C:

h1 = hg − (1 − x)hf g (110 o C)
Z 383
= cp (T ) dT − (1 − x)hf g (110 o C)
Z373
383
= (1, 676 + 0, 0006 T )dT − 0, 05 × (2.510, 5 − 2, 59 × 110)
373
= 1, 676 × (383 − 373) + 0, 0003 × (3832 − 3732 ) − 111, 3 = −92, 3 kJ · kg−1
Para la otra corriente, la de 0,2 kg·s−1 , la entalpı́a vale:

Z 823
h2 = (1, 676 + 0, 0006 T )dT
373
= 1, 676 × (823 − 373) + 0, 0003 × (8232 − 3732 ) = 915, 7 kJ · kg−1
4) El balance energético para la mezcla adiabática de dos corrientes viene dado por la ec.(4.18) de
los Apuntes de Termodinámica en la que los términos Q̇i = 0 y Ẇi = 0 ∀i. Ası́ pues, si se señala
con el subı́ndice 3 la corriente de salida y se desprecia la variaciones de energı́a cinética y potencial
frente a las variaciones de entalpı́a, se tendrá que:
ṁ3 h3 = ṁ1 h1 + ṁ2 h2
y del balance másico:

ṁ3 = ṁ1 + ṁ2
Por lo tanto, despejando la entalpı́a de la corriente resultante de la mezcla:

ṁ1 h1 + ṁ2 h2
h3 =
ṁ1 + ṁ2
0, 3 × (−92, 3) + 0, 2 × 915, 7
= = 310, 9 kJ · kg−1
0, 5
A la vista del valor de la entalpı́a de la corriente de salida, el estado de esta se encuentra a la derecha
del estado que se ha tomado como referencia (vapor saturado a 100 o C) por lo que se tratará de un
estado en vapor sobrecalentado. Ası́ pues:
Z T3
310, 9 = cp (T )dT
373
= 1, 676 × (T3 − 373) + 0, 0003 × (T32 − 3732 )
= 0, 0003 T32 + 1, 676 T3 − 666, 9 −→ T32 + 5.587 T3 − 3.259.333 = 0
cuya solución es:

T3 = 532, 6 K
= 259, 6 o C
ya que la otra raiz de la ecuación es negativa y no tiene sentido fı́sico.
5) La producción de entropı́a en el proceso de mezclado se obtiene del segundo principio aplicado
a un sistema abierto en régimen estacionario (ec. (4.19) de los Apuntes. Por tratarse de un proceso
adiabático, le ecuación anterior se reduce en este caso a:
σ̇p = ṁ3 s3 − (ṁ1 s1 + ṁ2 s2 )

donde: Z 532,6
o cp (T ) p3
s3 − sg (100 C) = dT − Rv ln ∗
373 T p (100 o C)
Z 823
cp (T ) p2
s2 − sg (100 o C) = dT − Rv ln ∗
373 T p (100 o C)
hf g (100 o C)
s1 − sg (100 o C) = sg (110 o C) − (1 − x) − sg (100 o C)
Z 532,6 T
cp (T ) p3 hf g (100 o C)
= dT − Rv ln ∗ − (1 − x)
373 T p (100 o C) T
pi
Como p3 = p2 = p1 y ṁ3 = ṁ1 + ṁ2 los términos ln ∗
se anulan por lo que la ecuación
p (100 o C)
que proporciona la producción de entropı́a se reduce a:
Z 532,6 " Z
532,6
hf g (100 o C)

cp (T ) cp (T )
σ̇p = ṁ3 dT − ṁ1 dT − (1 − x)
373 T 373 T T1
Z 823 #
cp (T )
+ ṁ2 dT
373 T

532, 6
= 0, 5 × 1.676 × ln + 0, 6 × (532, 6 − 373)
373
"
2.225, 6 · 103

383
− 0, 3 × 1.676 × ln + 0, 6 × (383 − 373) − 0, 05 ×
373 383
#
823
+ 0, 2 × 1.676 × ln + 0, 6 × (823 − 373)
373
' 100 W · K−1
Problema 89
La figura representa una instalación para eliminar las sales del agua de mar en una planta po-
tabilizadora. El agua de mar se toma en condiciones ambiente mediante la bomba B1 , pasando
a continuación por un cambiador de calor C1 del que sale a una temperatura inferior en 5 o C
a la de la cámara adiabática N. Tras este precalentamiento la corriente pasa por el cambiador
de calor C2 calentado por vapor saturado a 150 o C, saliendo lı́quido de la cámara adiabática N.
Tras este precalentamiento la corriente
pasa por el cambiador de calor C2 calentado
por vapor saturado a 150 o C, saliendo lı́qui-
do saturado a 120 o C, el cual experimenta
una expansión en la válvula V, descargando
en la cámara. El vapor asciende a la par-
te superior y se condensa en el cambiador
de calor C1 , ya mencionado, goteando sobre
una bandeja que recoge el agua. Las bombas
B2 y B3 envı́an al exterior el agua dulce y la
salada, respectivamente. Si se desea obtener
55 kg/s de agua dulce y se supone que las
propiedades térmicas del agua salada son iguales a las del agua pura, se pide:
1.- Esquema, en el diagrama T-s, del proceso seguido por la corriente.
2.- Establecer los balances másico y energético en la cámara de niebla N.
3.- Presión que debe dar la bomba B1 .
4.- Temperatura y presión en la cámara N.
5.- Gasto de agua que debe pasar por B1 .
6.- Calor intercambiado en C1 y C2 .
7.- Energı́a que consumen las bombas.
Solución
Todo el dispositivo (ası́ como cualquier parte de él) funciona en régimen estacionario y se considera
que está ligado a un sistema de referencia inercial, de modo que las superficies de control permeables
están fijas respecto a ese sistema de referencia. Ası́ pues, serán de aplicación las ecuaciones (5.18) y
(5.19b) de los apuntes para los balances másico y energético, y la (5.20a) para el segundo principio.
1) Esquema, en el diagrama T − s, del proceso seguido por la corriente.
Esquema del proceso

2) Establecer los balances másico y energético en la cámara de niebla N.
Eligiendo el sistema formado por la cámara de niebla y la válvula se tienen dos corrientes que
entran al sistema (secciones 1 y 3) y tres corrientes que salen del sistema (secciones 2, 4 y 5). Los
balances másico y energético, teniendo en cuenta lo dicho anteriormente, se reducen a:
Balace másico ṁ1 = ṁ2 = ṁ3 = ṁ4 + ṁ5 = ṁ
Balance energético h1 +h3 = h2 + hN
ya que el agua en las secciones 4 y 5 salen en las condiciones de la cámara de niebla, esto es:
h4 = h5 = hN
Las entalpı́as del lı́quido comprimido (o subenfriado) se calculan a partir de:

p − p∗ (T )
hliq (T, p) = hf (T ) +
ρ
siendo hf (T ) la entalpı́a del lı́quido saturado a la temperatura T . Si la presión del lı́quido no es

suficientemente grande (en el apartado 4 se calcula esa presión) se puede suponer que:
p − p∗ (T )
hf (T )
ρ
por lo que la entalpı́a del lı́quido se podrá tomar igual a la de saturación. Ası́, de las tablas de
propiedades termodinámicas del agua en saturación (tabla de temperaturas) se tiene:
h1 = hf (15 o C)
' 63 kJ · kg−1
h3 = hf (120 o C)
= 503, 7 kJ · kg−1
Por otra parte se dice en el enunciado que el agua sale de C1 a una temperatura ϑN − 5, luego:
h2 = hf (ϑN − 5)
por lo tanto el balance energético quedará:

hf (ϑN − 5) + hf (ϑN ) − 566, 7 = 0 (1)
3) Temperatura y presión en la cámara de niebla N.

La temperatura de la cámara de niebla se obtiene de resolver la ecuación (1). La resolución de
esta ecuación se hace por el método de regula falsi como queda reflejado en el siguiente cuadro:
hf (ϑN − 5) hf (ϑN )
ϑ oC δ
kJ · kg−1 kJ · kg−1
50 188,45 209,33 -168,92
60 230,23 251,13 -85,34
80 313,93 334,91 82,14
70 272,06 292,98 -1,66
70,2 273 293,7 0,00
Temperatura del agua

ϑN = 70, 2 o C ←−−−−−−−−−−−−−−−−−
en la cámara de niebla
Las condiciones en la cámara de niebla son las de coexistencia de las fases de lı́quido y vapor,
por lo tanto la presión de la cámara será la correspondiente a la saturación a la temperatura de la
cámara, esto es:
pN = p∗ (70, 2 o C)
presión en la
= 31, 5 kPa ←−−−−−−−−−−−−−
cámara de niebla
4) Presión que debe dar la bomba B1.
La bomba B1 debe aumentar la presión al menos desde la presión ambiente 100 kPa hasta la
presión de vapor (de saturación) correspondiente a 120 o C que es el estado del agua lı́quida antes de
entrar en la válvula. Ası́:
p1 = p2 = p3
= p∗ (120 o C)
presión a la salida
= 198, 5 kPa ←−−−−−−−−−−−−−−
de la bomba B1
5) Calor intercambiado en C1 y gasto de agua que debe pasar por B1.

La misión del cambiador de calor C1 es calentar el agua que circula por su interior mediante la
condensación del vapor en la cámara de niebla. Por lo tanto, estableciando el balance energético al
agua del conducto entre las secciones 1 y 2:
Q̇1 = ṁ (h2 − h1 ) (2)
Pero por otra parte:

Q̇1 = ṁ4 hf g (ϑN )
calor recibido por el agua
= 55 × 2.333, 3 = 128.330 kW ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
en el cambiador de calor C1
Conocido el valor de Q̇1 , el gasto másico de agua circulante por la bomba B1 se obtiene de la
ecuación (2):
Q̇1
ṁ =
h2 − h1
128.330 masa de agua circulante
= = 611, 4 kg · s−1 ←−−por
−−−− −−−−−−−−−−−−
la bomba B1
273 − 63
El gasto de agua que circula por la bomba B2 será:
ṁ5 = ṁ − ṁ4
= 611, 4 − 55 = 556, 4 kg · s−1
6) Calor intercambiado en C2.

Estableciendo el balance energético al agua que circula por el conducto entre las secciones 2 y 3
se obtiene:
Q̇2 = ṁ(h3 − h2 )
calor recibido por el agua
= 611, 4 × (503, 7 − 273) ' 141.100 kW ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
en el cambiador de calor C2
7) Energı́a que consumen las bombas.

Suponiendo que las bombas funcionen isoentrópicamente se tendrá que la potencia consumida por
cada bomba vendrá dada por:
∆p
Ẇ = ṁ
ρ
expresión obtenida de establecer el balance energético a una bomba:
Ẇ = ṁ (hsal − hent )
y al suponer que no hay ningún tipo de disipación interna de potencia mecánica, la corriente que
circula por la bomba no experimentará cambio alguno en su temperatura por lo que la variación de
entalpı́a será:
p − pent
hsal − hent = sal
ρ
Aplicando, pues, esta ecuación a cada una de las bombas y teniendo en cuenta que ρ = 103 kg·m−3 :
p1 − pamb
Ẇ1 = ṁ
ρ
198, 53 − 100 potencia consumida
= 611, 4 × 3
= 60 kW ←− −−−−−−−−−−−−−−
por la bomba B1
10
p − pN
Ẇ2 = ṁ4 amb
ρ
100 − 31, 5 potencia consumida
= 55 × 3
= 3, 8 kW ←− −−−−−−−−−−−−−−
por la bomba B2
10
p − pN
Ẇ3 = ṁ5 amb
ρ
100 − 31, 5 potencia consumida
= 556, 4 × 3
' 38 kW ←− −−−−−−−−−−−−−−
por la bomba B3
10
Problema 90
En una planta de potencia de vapor, además de obtener potencia eléctrica, se obtiene también
una corriente de 38,88·103 kg/h de vapor de agua a 2,5 bar y 210 o C para un determinado proceso
industrial. El ciclo, representado en la figura adjunta, se decribe a continuación. En el generador de
vapor se calienta agua a presión constante de 14 MPa hasta 600 o C y el vapor obtenido entra en
una primera etapa de turbina donde se expansiona hasta 30 bar, y a renglón seguido se recalienta
en el generador de vapor hasta 560 o C. A continuación se expansiona en una segunda etapa de
turbina hasta 2,5 bar y entra en el cambiador de calor CC1 donde cede calor a la corriente de agua
de reposición. A la salida de este cambiador de calor se sangra el vapor necesario para el proceso
industrial mencionado, y el resto se expansiona en una tercera etapa de turbina hasta la presión del
condensador, del que sale agua en estado lı́quido saturado a 40 o C. Este lı́quido se comprime en la
bomba B1 hasta 2,5 bar y a continuación se mezcla en el cambiador de calor abierto CC2 con la
corriente de reposición. Tras este cambiador, el agua se comprime en la bomba B2 hasta la presión
del generador de vapor.
El agua de reposición se toma en las condiciones del ambiente y meiante la bomba B3 se eleva su
presión hasta 2,5 bar, a continuación se la hace pasar por CC1 y por último se lleva a CC2.
La corriente de 16, 2·106 kg/h de
agua de refrigeración del condensador en-
tra al mismo en condiciones ambiente y
experimenta un incremento de tempera-
tura de 10 o C.
La corriente de 16, 2·106 kg/h de agua
de refrigeración del condensador entra al
mismo en condiciones ambiente y experi-
menta un incremento de temperatura de
10 o C.
Se suponen despreciables las pérdidas
de presión en todos los conductos de la
planta. Todas las etapas de turbina pue-
den suponerse con un rendimiento adiabáti-
co igual a 0,9. Los rendimientos adiabáti-
Esquema de la planta de potencia cos de las bombas B1, B2 y B3
son 1, 0,75 y 1 respectivamente. Si las condiciones del ambiente son 100 kPa y 20 o C, tomando como
estado de referencia para determinar los valores de la entalpı́a y entropı́a especı́ficas del H2 O uf = 0,
sf = 0 para el agua lı́quida en el punto triple se pide:
1.- Estado termodinámico del agua en los puntos 1 al 15 indicados en la figura.
2.- Potencia útil obtenida en la turbina de vapor.
3.- Calor suministrado al agua por unidad de tiempo en el generador de vapor.
4.- Producción de entropı́a en el proceso suponiendo que el calor suministrado al agua en el gene-
rador de vapor se efectúa a una temperatura media de 300 o C.
Solución
1) Para obtener el estado termodinámico del agua en los puntos requeridos se hará uso, indistinta-
mente, de las tablas de propiedades termodinámicas del agua que se dan en el cuaderno de problemas
y del diagrama de Mollier (diagrama h − s) del agua.
h1 = 3.590 kJ · kg−1

p1 = 14 MPa del diagrama de Mollier,
punto 1 −−−−−−−−−−−−−−−−−→
ϑ1 = 600 o C diagrama h − s), del agua s1 = 6, 71 kJ · kg−1 · K−1
p2 ' 30 bar

de las tablas de propiedades −1
punto 2s −1 −1 −−−−−−−−−−−−−−−−−−→ h2s = 3.100 kJ · kg
s2s = 6, 71 kJ · kg · K termodinámicas del agua
y de la expresión del rendimiento adiabático de la turbina, si se desprecian las variaciones de energı́a

h2 − h1
ηt = −→ h2 = h1 + ηt (h2s − h1 )
h2s − h1
= 3.590 + 0, 9 × (3.100 − 3.590) = 3.149 kJ · kg−1
(
p2 ' 30 bar de las tablas de propiedades
punto 2 −1 −−−−−−−−−−−−−−−−−−→ ϑ2 = 364, 7 o C
h2 = 3.149 kJ · kg termodinámicas del agua
(
p3 ' 30 bar h3 = 3.592 kJ · kg−1

de las tablas de propiedades
punto 3 −−−−−−−−−−−−−−−−−−−→
ϑ3 = 560 o C termodinámicas del agua s3 ' 7, 40 kJ · kg−1 · K−1
(
p4 ' 2, 5 bar del diagrama de Mollier
punto 4s −1 −1
−−−−−−−−−−−−−−−→ h2s = 2.870 kJ · kg−1
s4s = 7, 4 kJ · kg ·K del agua

h4 − h3
ηt = −→ h4 = h3 + ηt (h4s − h3 )
h4s − h3
= 3.592 + 0, 9 × (2.870 − 3.592) = 2.942, 2 kJ · kg−1
(
p4 ' 2, 5 bar de las tablas de propiedades
punto 4 −1 −−−−−−−−−−−−−−−−−−→ ϑ4 ' 237 o C
h4 = 2.942, 2 kJ · kg termodinámicas del agua
h5 = 2.890 kJ · kg−1

p5 = 2, 5 bar del diagrama de Mollier
punto 5 −−−−−−−−−−−−−−−−−→
ϑ5 = 210 o C (diagrama h − s) del agua s5 = 7, 44 kJ · kg−1 · K−1
∗ o
 p6 = p (40 C)

x6s = 0, 894

de las tablas de propiedades
punto 6s = 7, 384 kPa −−−−−−−−−−−−−−−−−−→
termodinámicas del agua h6s = 2.319 kJ · kg−1
s6s = 7, 44 kJ · kg−1 · K−1


h6 − h5
ηt = −→ h6 = h5 + ηt (h6s − h5 )
h6s − h5
= 2.890 + 0, 9 × (2.319 − 2.890) = 2.376, 1 kJ · kg−1

lı́quido saturado de las tablas de propiedades
punto 7 −−−−−−−−−−−−−−−−−−→ h7 = 167, 57 kJ · kg−1
a 40 o C termodinámicas del agua
En el proceso 7→8 se eleva la presión del agua mediante una bomba de rendimiento adiabático la
unidad. Por lo tanto, de la definición de rendimiento adiabático de una bomba, ecuación (4.39) de
los apuntes de Termodinámica:

v7 ∆p ηB = 1
ηB = −−−−→ h8 = h7 + v7 (p8 − p7 )
h8 − h7
= 167, 57 + 0, 001008 × (250 − 7, 384) = 167, 81 kJ · kg−1
Como la la bomba es isoentrópica, de acuerdo la ecuación (5.54) de los apuntes de Termodinámica

aplicada a un lı́quido calorı́ficamente perfecto, ϑ8 = ϑ7 = 40 o C. Ası́ pues:
(
ϑ8 = 40 o C
punto 8
h8 = 167, 78 kJ · kg−1
La entalpı́a del agua en el punto 9 es la correspondiente a la del agua lı́quida subenfriada (o

comprimida) a 100 kPa y 20 o C:
h9 = hf (20 o C) + vf (20 o C) (p9 − p∗ (20 o C))
= 83, 96 + 0, 001002 × (100 − 2, 339) = 84, 06 kJ · kg−1
En el proceso 9→10 se eleva la presión del agua mediante una bomba de rendimiento adiabático
la unidad. Por lo tanto, de forma análoga a lo hecho anteriormente:
v9 ∆p ηB =1
ηB = −−−→ h10 = h9 + v9 (p10 − p9 )
h10 − h9
= 84, 06 + 0, 001002 × (250 − 100) = 84, 21 kJ · kg−1
Para determinar la entalpı́a del punto 11 se plantea el balance energético aplicado al cambiador
de calor CC1. Se trata de un sistema abierto en régimen estacionario y con superficies de control
permeables fijas respecto a un sistema de referencia inercial ligado a la planta de potencia y cuyas
superficies de control impermeables son rı́gidas y se consideran adiabáticas. Ası́ pues, de la ecuación
(4.17) de los apuntes:
ṁ1 (h5 − h4 ) + ṁap (h11 − h10 ) = 0
luego despejando h9 se obtiene:
ṁ1
h11 = h10 − (h5 − h4 )
ṁap
El gasto másico de agua que es necesario aportar es el mismo que el que se sangra para el vapor
de procesos, es decir:
38, 88 · 103
ṁap = = 10, 8 kg · s−1
3.600
Por otra parte, el gasto másico de agua que circula por la primera etapa de turbina es:
ṁ1 = ṁ6 + ṁap
y el gasto másico de agua que sale de la tercera etapa de turbina se obtiene aplicando el balance
energético al condensador. Como este dispositivo es un sistema abierto que funciona en régimen esta-
cionario que tiene las mismas condiciones con respecto a las superficies de control, tanto permeables
como impermeables, que el cambiador de calor CC1. Ası́ pues:
ṁwref cw ∆Twref
ṁ6 (h6 − h7 ) = ṁwref cw ∆T −→ ṁ6 =
h6 − h7
(16, 2 · 106 /3.600) × 4, 186 × 10
= = 85, 3 kg · s−1
2.376, 1 − 237
por lo tanto:
ṁ1 = 85, 3 + 10, 8 = 96, 1 kg · s−1
Llevando estos resultados a la expresión que da la entalpı́a del punto 9 se obtiene para esta:
96, 1
h11 = 84, 21 − × (2.890 − 2.942, 2)
10, 8
= 548, 7 kJ · kg−1
La presión del agua en 11 es 2,5 bar. Mirando en la tabla de propiedades termodinámicas del agua
en saturación (tabla de presiones) se observa que:
hf (2, 5 bar) < h11 < hg (2, 5 bar)
es decir que el estado del agua en 11 es una mezcla lı́quido-vapor. Por lo tanto:
ϑ11 = ϑsat (2, 5 bar) = 127, 44 o C
Para determinar la entalpı́a del agua en el punto 12 se establece el balance energético al agua
en el cambiador de calor CC2. Con las mismas consideraciones respecto a las superficies de control
hechas al analizar el cambiador de calor CC1, el balance energético aplicado al CC2 resulta:
ṁ6 h8 + ṁap h11 = ṁ1 h12
por lo tanto:
ṁ6 ṁap
h12 = h8 + h11
ṁ1 ṁ1
85, 3 10, 8
= × 167, 81 + × 548, 7 = 210, 6 kJ · kg−1
96, 1 96, 1
De las tablas de propiedades termodinámicas del agua en saturación (tabla de presiones) se obtiene
que:
h12 < hf (2, 5 bar)
por lo tanto el agua en el punto 10 se encuentra en el estado de lı́quido comprimido (o subenfriado).

La temperatura del agua en este estado se calcula utilizando la ecuación para la entalpı́a del agua
lı́quida dada en los apuntes en el Tema 6, ecuación (6.52), en la que para la densidad del lı́quido se
toma la correspondiente a la del lı́quido en el punto triple (estado de referencia elegido). Ası́ pues:
p12
h12 −
ρf (ϑo )
ϑ12 =
cl
250
210, 6 −
= 1000 = 50, 3 o C
4, 186
En el proceso 12→13 se eleva la presión del agua mediante una bomba de rendimiento adiabático
0,75. Por lo tanto, de acuerdo a lo hecho en los casos análogos anteriores:
v12 ∆p v9 (p10 − p9 )
ηB = −→ h13 = h12 +
h13 − h12 ηB
0, 001012 × (14000 − 250)
= 210, 6 + = 229, 15 kJ · kg−1
0, 75
Y al igual que en el caso del punto 12, la temperatura del agua en el punto 13 resulta:
p13
h13 −
ρf (ϑo )
ϑ13 =
cl
14000
229, 15 −
= 1000 = 51, 4 o C
4, 186
El resumen de todo lo anterior queda expuesto en los cuadros siguientes en los que se dan el estado
de agregación, la presión, la temperatura y la entalpı́a del agua en los puntos señalados:
1 2 3 4 5
estado vapor vapor vapor vapor vapor
de agregación sobrecalentado sobrecalentado sobrecalentado sobrecalentado sobrecalentado
p (bar) 140 30 30 2,5 2,5
ϑ (o C) 600 364,7 560 237 210
h (kJ/kg) 3.590 3.149 3.592 2.942,2 2.890
6 7 8 9 10
estado lı́quido lı́quido lı́quido
lı́q.+vap lı́quido saturado
de agregación subenfriado subenfriado subenfriado
p (bar) psat (40 o C) psat (40 o C) 2,5 1 2,5
ϑ (o C) 40 40 40 20 20
h (kJ/kg) 2.376,1 167,57 167,81 84,06 84,21
11 12 13 14 15
estado lı́quido lı́quido lı́quido lı́quido
liq.+vap.
de agregación subenfriado subenfriado subenfriado subenfriado
p (bar) 2,5 2,5 140 1 1
ϑ (o C) ϑsat (2, 5 bar) 50,3 51,4 20 30
h (kJ/kg) 548,7 210,6 229,15 84,06 126,68
2) La potencia útil obtenida de la planta de potencia es la diferencia entre la potencia suministrada

por las trubinas y la consuminda por las bombas, es decir:
Ẇneta =Ẇtur − Ẇbomb

= ṁ1 [(h1 − h2 ) + (h3 − h4 )] + ṁ6 (h5 − h6 )
− [ṁ6 (h8 − h7 ) + ṁap (h10 − h9 ) + ṁ1 (h13 − h12 )]
= 96, 1 × [(3.590 − 3.149) + (3.592 − 2.942, 2)] + 85, 3 × (2.890 − 2.376, 1)
− [85, 3 × (167, 81 − 167, 57) + 10, 8 × (84, 21 − 84, 06) + 96, 1 × (229, 15 − 210, 6)]
potencia neta
' 147 · 103 kW = 147 MW ←−−−−−−−−−−−−−−−−
obtenida de la planta
3) El calor que por unidad de tiempo recibe el agua en el generador de vapor se obtiene aplicando
el balance energético al agua entre las secciones 13 y 3. Se trata de un sistema abierto en régimen
estacionario y, al igual que en los casos de los cambiadores de calor, estas secciones están fijas con
respecto a un sistema de referencia ligado a la planta. El balance energético queda pues:
Q̇ = ṁ1 [(h1 − h13 ) + (h3 − h2 )]

= 96, 1 × [(3.590 − 229, 15) + (3.592 − 3.149)]
calor por unidad de tiempo
= 365.550 kW ' 365, 5 MW ←−−suministrado
−−−−−−−−−−al −−agua
−−−−−−
4) Para calcular la producción de entropı́a se toma como sistema toda la planta de potencia. Se trata
de un sistema abierto funcionando en régimen estacionario. La producción de entropı́a se obtiene
aplicando, pues, la ecuación (4. 19) de los apuntes, que en este caso queda en la forma9 :
Q̇13→3
σ̇p = ṁwref (s15 − s14 ) + ṁap (s5 − s9 ) −
TFT
16, 2 · 106 365, 5 · 103
= × (0, 436 − 0, 296) + 10, 8 × (7, 44 − 0, 296) −
3.600 1.073
= 366, 5 kW · K−1 ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
por unidad de tiempo en la planta
9 La entropı́a de un lı́quido calorı́ficamente perfecto se puede calcular, en ausencia de tablas apropiadas del lı́quido subenfriado (o
comprimido), a partir de la expresión generalizada de la variación de entropı́a obteniéndose la tercera de las ecuaciones dadas en (6.53a)
T
del Tema 6 de los apuntes: sl = cl o con T o = 273,16 K (la temperatura del punto triple del agua).
T
Problema 91
Una planta de ciclo combinado para la producción de potencia eléctrica funciona según el esque-
ma mostrado en la figura. El compresor C, de relación
de compresión 8 y rendimiento adibático 0,8, toma 200
kg·s−1 de aire del ambiente. A su salida el aire pasa por
una fuente térmica a 1800 K donde se calienta hasta
1600 K para expansionarse a continuación en la turbina
TA de rendimiento adiabático 0,85. Esta turbina mue-
ve el compresor C y además proporciona una potencia
útil. Tras la expansión, el aire se utiliza para calentar
40 kg·s−1 de agua en un generador de vapor GV y pos-
teriormente se expulsa al ambiente. En el generador de
vapor las dos corrientes experimentan una pérdida de
presión del 5 %
Ciclo combinado. A la salida del generador de vapor el agua se encuen-
tra a 520 o C y 20 bar y se expansiona a continuación en
la turbina TV de rendimiento adiabático 0,83 hasta la presión del condensador, que es 20 kPa.
A la salida del condensador el agua se encuentra en estado de lı́quido saturado.El circuito de agua
experimenta unas pérdidas de masa que pueden suponerse concentradas a la salida del generador de
vapor. Para compensarlas se introduce una cantidad equivalente de agua a 15 o C y 95 kPa a la salida
del condensador.
Mediante una bomba de rendimiento adiabático 0,8 se eleva la presión del agua hasta la presión de
entrada en el generador de vapor.
Se sabe que el rendimiento térmico (energético) de la planta (cociente entre la potencia neta produ-
cida por la instalación y la potencia ]térmica suministrada es 0,45. Las condiciones del ambiente son
20o C y 95 kPa. Suponiendo que la pérdida de carga es despreciable en los conductos (excepto en el
generador de vapor) y que las velocidades de los fluidos son pequeñas en toda la instalación, se pide:
1.- Determinar la potencia neta generada por la turbina TA.

2.- Determinar el gasto másico de agua que es necesario aportar al ciclo de vapor.
3.- Determinar la temperatura del aire a la salida de la instalación.
4.- Calcular la irreversibilidad del proceso si el calor cedido en el condensador se evacua al ambiente.
Solución.
En el enunciado se dice que las velocidades de los fluidos son pequeñas en toda la instalación, por
lo tanto en toda la resolución se supondrá que las magnitudes de remanso son iguales a las estáticas,
en concreto se supondrá que ho ' h. Por lo tanto, con este supuesto, y de la definición de magnitudes
de remanso, se tendrá que To ' T y po ' p en cualquier sección de la instalación.
Los modelos de las sustancias para el cálculo de sus propiedades termodinámicas son las siguientes:
- Agua:
Vapor sobrecalentado y zona bifásica: Tabla de propiedades termodinámicas del agua o diagrama
de Mollier.
Lı́quido: Tablas del agua o modelo de lı́quido calorı́ficamente perfecto con c = 4.186 J·kg−1 ·K−1
y ρ = 1.000 kg·m−3 .
- Aire: gas perfecto (G P) con cp = 1.000 J·kg1 ·K−1 .

1) Potencia neta generada por TA.

Como, según se dice en el enunciado, la turbina mueve el compresor y además produce una
potencia en eje:
|Ẇtotal TA | = |ẆTA | + Ẇc −→ |ẆTA | = |Ẇtotal TA | − Ẇc
Por otra parte, del balance energético aplicado al compresor se obtiene:
aire G P
Ẇc = ṁ(h2 − h1 ) −−−−−−→ Ẇc = ṁ cp (T2 − T1 ) (1)
El valor de T2 se obtiene apartir de la expresión del rendimiento adiabático de un compresor:

γ−1
p2 γ
−1
h2s − h1 aire G P p1
ηc = −−−−−−→ ηc =
h2 − h1 T2
−1
T1
Despejando de esta última expresión T2 :
γ−1
p2 γ
" − 1#
p1
T2 = T1 1 +
ηc
0,4
!
8 1,4 − 1
= 293 × 1+ = 590 K
0, 8
Ası́ pues, la potencia consumida por el compresor será, según (1):

Ẇc = 200 × 1.000 × (590, 2 − 293) = 59 · 106 W = 59 MW
La potencia total desarrollada por la turbina de la planta de potencia de gas se obtiene sin más
que establecer el balance energético a aquélla:
aire G P
|Ẇtotal TA | = ṁ (h3 − h4 ) −−−−−−→ |˙Ẇtotal TA | = ṁ cp (T3 − T4 ) (2)
La temperatura T3 es conocida y la T4 se obtiene a partir de la expresión del rendimiento adiabático

de una turbina:
T4
−1
h4 − h3 aire G P T
ηTA = −−−−−−→ ηt = 3 γ−1
h4s − h3 p4 γ
−1
p3
Luego: ( " γ−1 #)
p4 γ
T4 = T3 1 + ηTA −1
p3
La pérdida de carga es despreciable en los conductos, por lo tanto:

p3 = p2 = 8 p1 = 760 kPa
y además a la salida del generador de vapor el aire se descarga al ambiente por lo que p5 = pamb .
Ası́ pues, como en el generador de vapor hay una pérdida de presión del 5 % en las corrientes:
p5
p4 = = 100 kPa
0, 95
Llevando estos resultados a la expresión de T4 se obtiene:

( " 0,4 #)
100 1,4
T4 = 1.600 × 1 + 0, 85 × −1 = 1.001, 9 K
760
Por lo tanto, llevando este resultado a (2) se obtiene para la potencia total desarrollada por la
turbina:
|Ẇtotal TA | = 200 × 1.000 × (1.600 − 1.001, 9) ' 120 · 106 W = 120 MW
Ası́ pues, la potencia neta generada por TA es:
potencia neta
|ẆTA | = 120 − 59 = 61 MW ←−−−−−−−−−−−−
generada por TA
2) Gasto másico de agua que es necesario aportar al ciclo de vapor.

Se parte de la expresión del rendimiento térmico de la planta:
|ẆTA | + |ẆTV | − ẆB
η=
Q̇2→3
donde:
p8 − p7
|ẆTV | = ṁTV (h9 − h10 ) = ṁw (1 − λ) (h9 − h10 ) y ẆB = ṁw
ρ ηB
siendo λ ṁw el agua perdida que coincide con el gasto de agua que hay que aportar y ηB el rendimiento
adiabático de la bomba definido de la forma:
∆p/ρ
ηB =
wB
Ası́ pues, sustituyendo estos resultados en la expresión del rendimiento de la planta y despejando
λ ṁw (agua de aporte) se obtiene:

p8 − p7
|ẆTA | + ṁw h9 − h10 − − η Q̇2→3
ρ ηB
λ ṁw = ṁwap =
h9 − h10
Si se establece el balance energético a la corriente de aire entre las secciones 2 y 3 se obtiene:
aire G P
Q̇2→3 = ṁ (h3 − h2 ) −−−−−−→ Q̇2→3 = ṁ cp (T3 − T2 )
= 200 × 1.000 × (1.600 − 590)
= 200 · 106 W = 200 MW
Puntos del ciclo del agua.

(
h9 = 3.512 kJ · kg−1

p9 = 20 bar del diagrama h−s del agua
punto 9 −−−−−−−−−−−−−−−−−−−→
ϑ9 = 520 o C zona de vapor sobrecalentado s9 = 7, 488 kJ · kg−1 · K−1
h10s = 2.470 kJ · kg−1

p10s = p10 = 20 kPa del diagrama h−s del agua
punto 10s −−−−−−−−−−−−−−−−−→
s10s = s9 zona bifásica x10s = 0, 94
Como el rendimiento adiabático de la turbina de vapor TV es 0,83:

h10 = h9 + ηTV (h10s − h9 )
= 3.512 + 0, 83 × (2.470 − 3.512) = 2.647, 14 kJ · kg−1
Ası́ pues:

(2.000/0, 95) − 20
60.180 + 40 × 3.512 − 2.647, 14 − − 0, 45 × 201.960
1.000 × 0, 8
ṁwap =
3.512 − 2.647, 14
agua que es necesario
= 4, 38 kg · s−1 ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−
aportar al ciclo de vapor
Conocido el gasto másico de agua que es necesario aportar, la fracción de pérdida λ resulta:
ṁwap
λ=
ṁw
4, 38
= = 0, 1095
40
3) Temperatura del aire a la salida de la instalación.

Estableciendo el balance energético (o primer principio) al generador de vapor se obtiene:
aire G P
ṁw (h9 − h8 ) = ṁ (h4 − h5 ) −−−−−−→ ṁw (h9 − h8 ) = ṁ cp (T4 − T5 )
Despejando T5 :
ṁw (h9 − h8 )
T5 = T4 − (3)
ṁ cp
Es necesario determinar h8 para conocer el valor de T5 . Del primer principio aplicado a la bomba:
ẆB = ṁw (h8 − h7 )
y como además, de la definición dada anteriormente del rendimiento adiabático de una bomba:
p8 − p7
ẆB = ṁw
ρ ηB
se obtiene para h8 :
p8 − p7
h8 = h7 +
ρ ηB
La entalpı́a del punto 7 se determina aplicando el balance energético el nudo de aporte del agua:
h7 = (1 − λ) h6 + λ hap
El estado del agua a la salida del condensador (punto 6) es conocido (lı́quido saturado a 20 kPa),
por lo tanto:
h6 = hf (20 kPa) = 251, 4 kJ · kg−1
y como el agua se aporta a 15 o C y 95 kPa10

p6 − p∗ (15 o C)
hap = hf (15 o C) +
ρ
20 − 1, 705
= 62, 98 + ' 63 kJ · kg−1
1.000
10 También p6
podrı́a haberse obtenido a partir de hap = cl ϑap + (Véase en los Apuntes de Termodinámica Tema 6 §6.4.4 la segunda de
ρ
las expresiones dadas en (6.52)
Ası́ pues:
h7 = 0, 8905 × 251, 4 + 0, 1095 × 63 = 230, 77 kJ · kg−1
Resultando, por tanto para h8 :

(2.000/0, 95) − 20
h8 = 230, 77 + = 233, 38 kJ · kg−1
1.000 × 0, 8
Ahora ya se conocen todos los términos de la expresión (3) que da el valor de T5 . Ası́ pues:
40 × (3.512 − 233, 38) temperatura del aire
T5 = 1.001, 9 − = 346, 2 K ←
a
−la
−−salida
−−−−−del
−−− −−−−−−−−
dispositivo
200
4) Irreversibildad del proceso si el calor cedido en el condensador se evacua al ambiente.

La irreversibilidad de un proceso de define como:
I˙ = Tamb σ̇p
siendo σ̇p la producción de entropı́a en el proceso. Esta producción de entropı́a se calcula estableciendo
el segundo principio a la planta de ciclo combinado. Ası́, de la ecuación (5.19) de los apuntes, que es
la ecuación del segundo principio para sistemas abiertos en régimen estacionario, se obtiene:
Q̇2→3 Q̇10→6
σ̇p = ṁ (s5 − s1 ) + ṁw λ (s9 − sap ) − +
TFT Tamb
Ahora bien:
Q̇10→6 = ṁw (1 − λ)(h10 − h6 )
= 40 × 0, 8905 × (2.647, 14 − 251, 4) = 85.000 kW = 85 MW
La variación de entropı́a del aire entre las secciones 1 y 5 vale:

T5
s5 − s1 = cpa ln = 0, 1668 kJ · kg−1 · K−1
T1
ya que p5 = p1 = pamb .
La entropı́a del agua de aporte, como su estado de agregación es el de lı́quido comprimido y éste
se ha modelado como lı́quido calorı́ficamente perfecto, su variación de entropı́a sólo depende de la
temperatura. Por lo tanto11 :
sap = sf (15 o C) = 0, 2245 kJ · kg−1 · K−1
Ası́ pues, con todos estos valores, la producción de entropı́a será:

200.000 85.000
σ̇p = 200 × 0, 1668 + 4, 38 × (7, 488 − 0, 2245) − + = 244, 2 kW · K−1
1.800 293
Por lo tanto:
I˙ = 293 × 244, 2 = 71, 6 MW ←−−Irreversibilidad
−−−−−−−−−−−−−−
en el ciclo combinado
11 Análogamente a la entalpı́a, también se podrı́a aplicar el modelo de lı́quido calorı́ficamente prefecto y haber calculado la entropı́a de
Tap
aporte como sap = c ln o
T
Problema 92
Se desea condensar una corriente de 0,1 kg·s−1 de propileno a 28 kg·cm−2 desde 74 o C hasta
obtener lı́quido saturado a esa presión.
Se pide:
1.- Temperatura de salida y densidad a la entrada del propileno.

2.- Calor que es necesario evacuar.
3.- Variación de entropı́a de la corriente.
Solución
Se va a utilizar el método de estados correspondientes para la obtención de las propiedades ter-
modinámicas de la corriente de propileno (C3 H6 ). La temperatura y la presión crı́ticas ası́ como la
masa molar, el factor acéntrico y la capacidad térmica especı́fica a presión constante son:
Tc = 364, 9 K pc = 4, 62 MPa
M = 42, 08 kg · kmol−1 ω = 0, 144
cp (T, p → 0) = 3, 15 + 0, 2383 T − 12, 62 · 10−5 T 2 + 24, 62 · 109 T 3 kJ · kmol−1 · K−1
En letra pequeña se dará la solución para el modelo de estados correspondientes utilizando el
factor acéntrico.
1) Temperatura de salida y densidad a la entrada del propileno.
La evolución es a presión constante. En unidades SI esta presión vale:
p = 28 kg · cm−2
= 2.745, 87 kPa −→ pR = 0, 59
Con este valor de la presión reducida en el gráfico del factor de compresibilidad generalizado y sobre
la curva de saturación se observa que la temperatura reducida correspondiente es:
TR2 ' 0, 93 −→ T2 = TR2 Tc
temperatura de salida
= 0, 93 × 364, 9 = 339, 4 K (66, 2 o C) ←−−−del
−−−propileno
−−−−−−−−−−−
La densidad del estado inicial se obtiene de:

p1
ρ1 =
Z1 R T1
y con los valores de la temperatura y presión reducidos iniciales:


pR1 = 0, 6  

347  del gráfico del coeficiente de com-
TR1 = −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→ Z1 = 0, 68
364, 9 
 presibilidad Z=Z(pR ,TR ,Zc =0,27)

= 0, 95 
y por lo tanto:
2.745, 87 · 103
ρ1 =
8314
0, 68 × × 347
42, 08
Densidad inicial
= 58, 9 kg · m3 ←−−−−−−−−−−−−
del propileno
Haciendo uso del factor acéntrico:

Z1 = Z1(o) + ωZ1(1)
donde los valores de Z (o) y Z (1) se leen de las tablas de valores de Lee-Kesler para el factor de compresibilidad dadas
en el libro de problemas:
) ( (o)
pR1 = 0, 6 Z1 = 0, 6967
−→ =⇒ Z1 = 0, 6807
TR1 = 0, 95 Z1(1) = −0, 11102
por lo que:
2.745, 87 · 103
ρ1 =
8.314
0, 6807 × × 347
42, 08
= 58, 8 kg · m3 ← densidad
−−−−−−−−inicial
−−−−−−
del propileno
Como puede observarse los valores son prácicamente iguales. Para la temperatura de saturación a pR = 0, 6:
temperatura de salida
TRsat = 0, 9267 =⇒ T2 = 338, 2 K ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
del propileno
2) Calor que es necesario evacuar.

Supuesto el proceso en régimen estacionario y el dispositivo ligado a un sistema de referencia
inercial y con sus fronteras impermeables rı́gidas, al establecer el balance energético y si se desprecian
las variaciones de energı́a cinética y potencial frente a las variaciones de entalpı́a, se obtiene:
Q̇ = ṁ (h2 − h1 )
Ahora bien:
h2 − h1 = ha − h1 − hf g (p)
siendo a el estado correspondiente a vapor saturado a la presión p dada. Al evaluar las variaciones
de entalpı́a mediante el método de estados correspondientes se obtiene:
Z Ta
ha − h1 = cp (T, p → 0) dT −∆hc (pR , TRa ) + ∆hc (pR , TR1 )
T1
| {z }
∆h∗1→a
Z 339,4
= cp (T, p → 0) dT − (1, 1 − 1) × 8, 314 × 364, 9
347
= −540, 1 − 303, 4 = −834, 5 kJ · kmol−1
Por otra parte, la entalpı́a de cambio de fase se obtiene a partir de la ecuación de la curva de
transición de fase:
1
ln pR = k 1 −
TR
donde a k:
hf g
k=
R Tc (Zg − Zf )
se le asigna el valor 6 (véase apuntes de teorı́a) siendo hf g la entalpı́a de cambio de fase a la presión
(o temperatura) dada y Zg y Zf los valores del factor de compresibilidad del vapor y del lı́quido en
saturación, respectivamente: Despejando la entalpı́a de cambio de fase:
hf g = 6 R Tc (Zg − Zf )
= 6 × 8, 314 × 364, 9 × (0, 64 − 0, 09)
= 10.000 kJ · kmol−1
Ası́ pues, el calor recibido por el propileno será:

0, 1
Q̇ = × (−834, 5 − 10.000)
42
= −25, 8 kW
y el calor a evacuar será:

calor que hay
Q̇0 = −Q̇ = 25, 8 kW ←−−−−
que −−−−−−
evacuar

∆hc = ∆h(o) + ω∆h(1)
y para los valores de presión y temperatura reducidos en el estado de entrada y en vapor saturado se tiene:

∆h(o)
1

= 0, 8848 
∆hc1

R Tc

at2entrada: −→ = 1, 0279
∆h(1)
1
 R Tc
= 0, 9937 


R Tc
 at
∆h(o)
a

= 0, 9738 

R Tc
 ∆hca
vapor saturado: (1)
−→ = 1, 1598
∆ha  R Tc
= 1.2921 


R Tc
y por lo tanto:
0, 1
Q̇ = × [−540, 1 − (1, 1598 − 1, 0279) × 8, 314 × 364, 9 − 10.011, 5]
42, 08
= −26 kW
3) Variación de entropı́a de la corriente.

La variación de entropı́a de la corriente se obtiene aplicando el segundo principio a esa corriente
que al permanecer constante la presión queda:
"Z #
Ta ∗ ∗
cp (T, p → 0) s −s s −s hf g (Ta )
∆S = ṁ dT −R − −
T1 T R a R 1 Ta
| {z }
∆s∗1→a

0, 1 10.011, 5
= × −1, 574 − (0, 91 − 0, 75) × 8, 314 −
42, 08 339, 4
= −77 W · K−1 ←−−de
−−− −−−−−−−−−−−
la corriente

∆sc = ∆s(o) + ω∆s(1)
y para los valores de presión y temperatura reducidos en el estado de entrada y en vapor saturado se tiene:
∆s(o)

1
= 0, 6707 

∆sc1

entrada: R −→ = 0, 809
∆s(1)
1
 R
= 0, 9606


R
∆s(o)

a
= 0, 7655 

R
 ∆sca
vapor saturado: −→ = 0, 9497
∆s(1)
a
 R
= 1.279


R
por lo tanto:
0, 1 10.011, 5
∆S = × −1, 574 − (0, 9497 − 0, 808) × 8, 314 −
42, 08 339, 4
= −76, 6 W · K−1
Problema 93
Se quiere pasar 10 kg de acetileno desde las condiciones iniciales de 13 atm y 30 o C a las condiciones
finales de 32 atm y -32 o C. Se pide:
1.- Situar en un diagrama p − h los estados inicial y final con respecto a la zona de vapor húmedo.
2.- Calcular el salto de entalpı́a y entropı́a indicando claramente en el diagrama anterior el camino
a seguir para el cálculo.
Solución
Al no disponer ni de tablas ni del diagrama p − h (o T − s) con las propiedades termodinámicas
del acetileno, el ejercicio se va a resover utilizando el modelo de estados correspondientes.
Los valores de la presión y temperatura crı́ticos del acetileno (C2 H2 ) son (véase Tabla 1 del
cuaderno de problemas):
pc = 6, 28 MPa y Tc = 309, 2 K
Por lo tanto, los valores reducidos de la presión y temperatura de los estado inicial y final del
acetileno resultan:
13 × 0, 101325
pR1 = = 0, 21 ; TR1 = 0, 98
6, 28
32 × 0, 101325
pR2 = = 0, 52 ; TR2 = 0, 78
6, 28
1)
En la figura adjunta se representa un esquema de la
posición de los puntos representativos de los estados ini-
cial, punto 1, y final, punto 2. También se han represen-
tados los puntos de los estados por medio de los que se
van a calcular las variaciones de entalpı́a y de entropı́a.
Para ver la posición relativa de los estados inicial y
final se observa que, de acuerdo con:

1
ln pR = 6 1 −
TR
la temperatura de saturación correspondiente a la pre-
sión inicial pR1 = 0, 21 será TR sat = 0, 79 < TR1 = 0, 98
por lo que el estado inicial corresponde, como se ha re-
presentado en el diagrama p − h, a un estado de va-
por sobrecalentado. Por otra parte la temperatura de
saturación reducida correspondiente a la presión final, Esquema con la posición relativa de los
pR2 = 0, 52 resulta TR sat = 0, 90 > TR2 = 0, 78 por lo estados inicial y final en el del diagrama p-h
que el estado final correponderá a uno de lı́quido com-
primido, tal y como se pone de manifiesto en el esquema adjunto.
2) Como queda reflejado en el esquema anterior, la variación de entalpı́a entre los estados inicial
y final se calcula siguiendo el camino 1 → 10 + 10 → 100 + 100 → 2. El primer tramo 1 → 10 es un
enfriamiento desde el estado inicial (T1 , p1 ) hasta el estado de vapor saturado a T2 :
Z T2 ∗
h∗ − h

h − h
h10 − h1 = cp (T )dT − R Tc −
R Tc 10 R Tc 1

T1
De la Tabla 4 del Apéndice del cuaderno de problemas se obtiene para el cp del acetileno (C2 H2 )
a 300 K:
cp (300 K) = 44 kJ · kmol−1 · K−1
Y de los diagramas generalizados para la corrección de la entlapı́a y entropı́a de los estados 10 y 1:
h∗ − h h∗ − h
' 0, 35 ; ' 0, 28
R Tc pR 0 ,TR 0 R Tc pR1 ,TR1

1 1
s∗ − s s∗ − s
' 0, 35 ; ' 0, 2
R pR 0 ,TR 0 R pR1 ,TR1

1 1
Por lo tanto:
h10 − h1 = 44, 06 × (241 − 303) − 8, 314 × 309, 2 × (0, 35 − 0, 28)
' −2.912 kJ · kmol−1
El tramo 10 → 100 corresponde a la condensación del vapor a T2 , por lo tanto:
h100 − h10 = −hf g (T2 )
= −6 R Tc (Zg (T2 ) − Zf (T2 ))
= −6 × 8, 314 × 309, 2 × (0, 85 − 0, 03) = −12.648 kJ · kmol−1
Y finalmente, el tramo 100 → 2 corresponde a la compresión de un lı́quido a temperatura constante

desde la presión de saturación a T2 hasta la presión p2 . Con el modelo de lı́quido calorı́ficamente
perfecto12 :
p2 − p∗ (T2 )
h2 − h100 =
ρ100
p2 − p∗ (T2 )
=
p∗ (T2 )
Zf (T2 )RT2
32 × 101, 325 − 0, 18 × 6.280
= = 112 kJ · kmol−1
0, 18 × 6.280
0, 03 × 8, 314 × 241
Ası́ pues:
h2 − h1 = −2.912 − 12.648 + 112 = −15.448 kJ · kmol−1
= −594 kJ · kg−1
De manera análoga, la variación de entropı́a se podrá calcular siguiendo el mismo camino obte-
niéndose:
T2
p∗ (T2 ) s∗ − s s∗ − s
Z
cp (T ) hf g
s2 − s1 = dT − R ln −R 0− −
T1 T p1 R 1 R 1 T2
00
ya que en el tramo 1 →2 por tratarse de un lı́quido comprimido la variación de entropı́a es nula.
Ası́ pues:
241 32 12.648
s2 − s1 = 44 × ln − 8, 314 × ln − 8, 314 × (0, 35 − 0, 2) −
303 13 241
= −71, 3 kJ · kmol−1 · K−1
= −2, 7 kJ · kg−1 · K−1
12 La corrección por compresibilidad es prácticamente nula. De hecho en el diagrama no se aprecia variación alguna entre la corrección
correspondiente al lı́quido saturado a TR2 y la correspondiente a pR2 = 0, 52 y TR2 = 0, 78

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Índice general

APLICACIONES DE LOS PRINCIPIOS PRIMERO Y SEGUNDO A GASES

APLICACIONES DE LOS PRINCIPIOS PRIMERO Y SEGUNDO A GASES

APLICACIONES DE LOS PRINCIPIOS PRIMERO Y SEGUNDO AL CAM-

donde z va expresada en km.

b) En el aire: considerando su comportamiento como el de un gas perfecto:

En los valores extremos de los intervalos, para el aire, se obtiene en pascales:

p(0) = po ; p(11) = 0, 223 po ; p(20) = 0, 054 po

En los valores extremos de los intervalos, para el aire, se obtiene:

4) Si a 5,47 km la presión ha disminuido a la mitad, a esa altura se habrá sobrepasado ya la mitad

Por otra parte:

A(z) = 4 π (RT + z)2

y despejando z se obtiene la misma expresión que la obtenida en 2)

5) Representar el volumen que ocuparı́a un kilo de metano en función de la altura, supuesto en

p(z)V (z) = mC H4 RC H4 T (z)

La constante del metano vale:

y como la masa de metano es 1 kg:

ción del volumen del kilo de metano:

1.- La intensidad de la carga admisible.

2.- La variación de temperatura del acumulador.

Esquema del dispositivo

Entrada al acumulador Salida del acumulador

La intensidad de la carga admisible es el valor medio de Q̇ en las 24 horas del dı́a:

A · Q̇o 40 × 5̇00 Intensidad de la

2) Para determinar la variación de temperatura del acumulador, se establece el balance energético

Realizando la integración en t y expresando el tiempo en horas, como en el tramo a), se obtiene

Pero, según se ha obtenido anteriormente:

luego la temperatura del acumulador en función del tiempo en el tramo 6 ≤ t ≤ 18 h es:

Y la temperatura al final del intervalo:

La diferencia de temperatura entre estos dos valores extremos es pues:

La representación de la variación de la temperatura en el acumulador respecto a la que éste tiene

Distribución de temperatura en el acumulador.

1.- La presión inicial del H2 .

= 100 + 200 × (0, 15 − 0, 05)

120 · 103 × (π/6) × 0, 153

T2H = T2a = Tamb (2)

mH2 · RH2 · T2H

p2a = 108, 53 kPa

Masa mı́nima del émbolo

109, 0416 · ε2 − 84, 5208 · ε − 1, 8264 = 0

de la que sólo su raiz negativa:

es la que tiene sentido fı́sico. Con este valor de ε el diámetro vale:

que, como puede comprobarse es prácticamente igual a la obtenida anteriormente.

(π/6) · D33 · g (mH2 + mg ) · g

(π/6) · D33 · g mH2 + mg

p3H − p3a = k · (D3 − Do ) (12)

Ası́, de la escuaciones (11), (12), y (13) se obtiene:

D3 (m) 0,15 0,12 0,1477 0,14692 0,14667 0,14659 0,14656

Por definición de capacidad térmica:

Por analogı́a a lo que se obtiene para una gas puede ponerse:

y si la fuerza generalizada xr no depende de T :

que no depende de T , luego:

y como T2g = T1g :

Los otros dos términos que faltan valen:

Watm,E = 105 × π × 0, 12 × 0, 025

Q = ∆Ug + ∆EpE − Watm,E

∆Epg ' 0, 0025 J

La figura representa un acumulador de lı́quido hidráulico H, con 2 kg de nitrógeno, N2 , inicialmente