Termodinámica I: pack de repaso

Hojas de fórmulas, los pasos clave de los métodos de cada tema y 8 problemas de práctica, con las soluciones completas al final.

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1Fórmulas y métodos

Ley de los gases ideales

Ley de los gases ideales
pV = nRT
Constante de los gases
R = 8,314 J/(mol·K)
Ley combinada de los gases
p1V1/T1 = p2V2/T2
Moles
n = m/M
Temperatura
T[K] = T[°C] + 273,15

Balance de energía

Calor sensible
Q = ṁ·cp·ΔT
Calor latente
Q = ṁ·hfg
Mezcla
ΣṁcpTin = ΣṁcpTout
Agua
cp ≈ 4,18 kJ/(kg·K)

Máquinas térmicas y frigoríficas

Rendimiento
η = W/QH = 1 − QC/QH
Rendimiento de Carnot
ηC = 1 − TC/TH (kelvin)
COP del frigorífico
COPR = QC/W
COP de la bomba de calor
COPHP = QH/W = COPR + 1
Balance de energía
QH = W + QC

Ciclos de potencia de gas

Isentrópico, relación de volúmenes
T2/T1 = rk−1
Isentrópico, relación de presiones
T2/T1 = rp(k−1)/k
Rendimiento del ciclo Otto
η = 1 − 1/rk−1
Rendimiento del ciclo Diesel
η = 1 − (1/rk−1)·(rck − 1)/(k(rc − 1))
Rendimiento del ciclo Brayton
η = 1 − 1/rp(k−1)/k
Calor aportado
Otto: cv(T3 − T2) Diesel, Brayton: cp(T3 − T2)
Trabajo neto del ciclo Brayton
w = cp[(T3 − T4) − (T2 − T1)]
Rendimientos isentrópicos
wc = wc,s/ηc, wt = ηt·wt,s
Aire frío
k = 1,4, cp = 1,005, cv = 0,718 kJ/(kg·K)

2Problemas de práctica

1.Ley de los gases idealesMedia
340 g de CO₂V = 10 LT = 30 °CP = ?

Un depósito de 10 L contiene 340 g de CO₂ a 30 °C. Trátalo como un gas ideal y halla la presión P.

m = 340 gM = 44,01 g/molV = 10 LT = 30 °CR = 8,314 J/(mol·K)
P = kPa
2.Ley de los gases idealesDifícil
Estado 1Estado 2

Una cantidad fija de O₂ pasa de 350 kPa, 5 L, 25 °C a 700 kPa y 210 °C. Halla el nuevo volumen V2.

P1 = 350 kPaV1 = 5 LT1 = 25 °CP2 = 700 kPaT2 = 210 °C
V2 = L
3.Balance de energíaMedia
lado calientelado fríomezcla de glicol · 160 °C100 °Cagua · 30 °Ct = ? °C

mezcla de glicol caliente enfría agua en un intercambiador a contracorriente sin pérdidas de calor. Halla la temperatura de salida del agua tout.

ṁh = 2 kg/scp,h = 3,6 kJ/(kg·K)Th: 160 → 100 °Cṁc = 2 kg/scp,c = 4,18 kJ/(kg·K)tin = 30 °C
tout = °C
4.Balance de energíaDifícil
lado calientelado fríoaceite ligero · 150 °C70 °Cagua · 20 °C85 °C · ṁ = ?15 % perdido

aceite ligero caliente calienta agua en un intercambiador que pierde hacia el entorno el 15 % del calor cedido por la corriente caliente. Halla el caudal de agua ṁc necesario.

ṁh = 3 kg/scp,h = 2,1 kJ/(kg·K)Th: 150 → 70 °Ct: 20 → 85 °Ccp,c = 4,18 kJ/(kg·K)pérdida = 15 %
ṁc = kg/s
5.Máquinas térmicas y frigoríficasMedia
TH​ = 550 °CTL​ = ?EQH​ = 3100 kJQL​ = 1123 kJW

Una máquina térmica reversible (de Carnot) toma 3100 kJ de calor de un foco a 550 °C y cede 1123 kJ por ciclo. Halla la temperatura TL del foco frío en °C.

TH = 550 °CQH = 3100 kJQL = 1123 kJ
TL = °C
6.Máquinas térmicas y frigoríficasDifícil
TH​ = 35 °CTL​ = 5 °CRQ̇H​Q̇L​ = 3 kWẆ

Un frigorífico mantiene su compartimento a 5 °C en una cocina a 35 °C, extrayendo calor del compartimento a razón de 3 kW. Halla el máximo coeficiente de rendimiento posible COPmax.

TH = 35 °CTL = 5 °CQ̇L = 3 kW
COPmax =
7.Ciclos de potencia de gasMedia
vP1234qin​qout​

Un ciclo Diesel ideal tiene una relación de compresión r = 22 y una relación de corte rc = v₃/v₂ = 1,5. Al comienzo de la compresión el aire está a 320 K. Usa las hipótesis de aire estándar frío: el aire es un gas ideal con calores específicos constantes, k = 1,4, cp = 1,005 kJ/(kg·K) y cv = 0,718 kJ/(kg·K). Halla la temperatura T3 al final del aporte de calor, en K.

r = 22rc = 1,5T1 = 320 Kk = 1,4
T3 = K
8.Ciclos de potencia de gasDifícil
vP1234qin​qout​

Una central de turbina de gas funciona según un ciclo Brayton con una relación de presiones en el compresor de 10. El aire entra en el compresor a 290 K y en la turbina a 1200 K. Las dos máquinas son isentrópicas. Usa las hipótesis de aire estándar frío: el aire es un gas ideal con calores específicos constantes, k = 1,4, cp = 1,005 kJ/(kg·K) y cv = 0,718 kJ/(kg·K). Halla el trabajo neto wnet por kilogramo de aire, en kJ/kg.

rp = 10T1 = 290 KT3 = 1200 Kk = 1,4cp = 1,005 kJ/(kg·K)
wnet = kJ/kg

3Disoluciones

1.Ley de los gases ideales

Respuesta: P = 1947 kPa

Ley de los gases ideales: PV = nRT, con n = m/M.

Moles

n = m/M = 340/44,01 = 7,726 mol
T = 30 + 273,15 = 303,1 K

Presión

P = nRT/V = 7,726·8,314·303,1/0,01 = 1947 kPa

Respuesta

P = 1947 kPa
2.Ley de los gases ideales

Respuesta: V2 = 4,051 L

Ley combinada de los gases: para una cantidad fija de gas ideal, P1V1/T1 = P2V2/T2.

Temperaturas absolutas

T1 = 298,1 K, T2 = 483,1 K

Ley combinada de los gases

V2 = V1·(P1/P2)·(T2/T1) = 5·(350/700)·(483,1/298,1) = 4,051 L

Respuesta

V2 = 4,051 L
3.Balance de energía

Respuesta: tout = 81,67 °C

Balance de energía del intercambiador: sin pérdidas, ṁhcp,h(Th,in − Th,out) = ṁccp,c(tout − tin).

Calor cedido por la corriente caliente

Q = 2·3,6·(160 − 100) = 432 kW

Calor que recibe el agua

tout = tin + Q/(ṁccp,c) = 30 + 432/(2·4,18) = 81,67 °C

Respuesta

tout = 81,67 °C
4.Balance de energía

Respuesta: ṁc = 1,577 kg/s

Balance de energía con pérdidas: calor cedido = calor absorbido + calor perdido.

Calor cedido

Qh = 3·2,1·(150 − 70) = 504 kW

Calor que llega al agua

Qc = (1 − 0,15)·504 = 428,4 kW

Caudal de agua

ṁc = Qc/(cp,c·Δt) = 428,4/(4,18·65) = 1,577 kg/s

Respuesta

ṁc = 1,577 kg/s
5.Máquinas térmicas y frigoríficas

Respuesta: TL = 25,04 °C

Second-law limits: no cycle working between reservoirs at absolute temperatures TH and TL can beat the reversible (Carnot) cycle: ηmax = 1 − TL/TH, COPR,max = TL/(TH − TL) and COPHP,max = TH/(TH − TL). Energy is always conserved: QH = W + QL.

Temperatura absoluta del foco caliente

TH = 550 + 273,15 = 823,1 K

Relación de calores reversible

TL = TH·QL/QH = 823,1·1123/3100 = 298,2 K = 25,04 °C

Respuesta

TL = 25,04 °C
6.Máquinas térmicas y frigoríficas

Respuesta: COPmax = 9,272

Límites del segundo principio: ningún ciclo entre focos a temperaturas absolutas TH y TL puede superar al ciclo reversible (de Carnot): ηmax = 1 − TL/TH, COPR,max = TL/(TH − TL) y COPHP,max = TH/(TH − TL). La energía siempre se conserva: QH = W + QL.

Temperaturas absolutas

TH = 35 + 273,15 = 308,1 K
TL = 5 + 273,15 = 278,1 K

Mejor COP posible

COPR,max = TL/(TH − TL) = 278,1/(308,1 − 278,1) = 9,272

Respuesta

COPmax = 9,272
7.Ciclos de potencia de gas

Respuesta: T3 = 1653 K

Ciclo Diesel (motor de encendido por compresión): 1→2 compresión isentrópica, 2→3 aporte de calor a presión constante, 3→4 expansión isentrópica, 4→1 cesión de calor a volumen constante. Con relación de compresión r = v₁/v₂ y relación de corte rc = v₃/v₂: T₂ = T₁·rk−1, T₃ = rc·T₂, qin = cp·(T₃ − T₂) y η = 1 − (1/rk−1)·(rck − 1)/(k·(rc − 1)).

Final de la compresión

T2 = 320·220,4 = 1102 K

Aporte de calor a presión constante

T3 = rc·T2 = 1,5·1102 = 1653 K

Respuesta

T3 = 1653 K
8.Ciclos de potencia de gas

Respuesta: wnet = 310,1 kJ/kg

Ciclo Brayton (turbina de gas): 1→2 compresión isentrópica, 2→3 aporte de calor a presión constante, 3→4 expansión isentrópica en la turbina, 4→1 cesión de calor a presión constante. Con relación de presiones rp = P₂/P₁: T₂ = T₁·rp(k−1)/k, T₄ = T₃/rp(k−1)/k y η = 1 − 1/rp(k−1)/k. Trabajo neto w = cp·[(T₃ − T₄) − (T₂ − T₁)]. Con rendimientos isentrópicos, el compresor necesita ws/ηc y la turbina da ηt·ws.

Temperaturas isentrópicas

T2 = 290·100,2857 = 559,9 K
T4 = 1200/100,2857 = 621,5 K

Trabajo del compresor y de la turbina

wc = 1,005·(559,9 − 290) = 271,3 kJ/kg
wt = 1,005·(1200 − 621,5) = 581,4 kJ/kg

Trabajo neto

wnet = 581,4 − 271,3 = 310,1 kJ/kg

Respuesta

wnet = 310,1 kJ/kg

Relación de trabajo de retroceso: wc/wt = 46,66%.

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