Theory and resolved problems thermodynamics

TERMODI ÁMICA Exergía y procesos irreversibles

I TRODUCCIÓ CO CEPTUAL Y PROBLEMAS EXPLICADOS

Autores: R. Palau L. y R. Palau G. Fecha:

Septiembre

de

2005

Los materiales presentados en este texto se basan en las notas de la época de estudiante de Roberto Palau Lage, Ingeniero Industrial, y han sido revisados por Roberto Palau García, Ingeniero del ICAI y doctor Ingeniero Industrial. Estos materiales, centrados en el concepto de exergía en procesos irreversibles, y realizados para la asignatura de Termodinámica cursada en la Etsii de la Universidad de Vigo por el primero de los autores, ya han sido de utilidad a unos cuantos de sus compañeros de estudios desde el año 2005, por lo que creemos que también pueden ser de utilidad a otros estudiantes. Por ello nos decidimos a ponerlos a disposición de todo aquel que los pueda necesitar.

Nuestro mayor deseo es que estos materiales les sean de utilidad al mayor número de estudiantes de Ciencias e Ingeniería.

Con nuestros mejores deseos, ánimo y adelante. Con interés y esfuerzo todo es posible.

Un cordial saludo.

A Coruña, junio de 2012

Termodinámica – Etsii - UVigo –Roberto Palau L y Roberto Palau G.– (Rev. septiembre 2005)

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Parte I: Conceptos: Exergía y procesos irreversibles 1. Exergía: 1.1. Consideraciones previas: o La definición parte de que sólo es posible obtener trabajo de un sistema mientras este evoluciona hacia un estado de menor energía con el que lo ponemos en contacto. o Es decir, si no existe un estado de menor energía con el que podamos poner en contacto al sistema, no podremos obtener trabajo de él por mucha energía interna que tenga. o En los análisis exergéticos se considera que el estado de mínima energía con el que podemos poner en contacto a un sistema es el ambiente (p0, T0). Así, una vez que el sistema evolucione hacia las condiciones ambientales ya no podremos ponerlo en contacto con un estado de menor energía por lo que ya no podremos obtener trabajo útil de él, aunque aún tendrá una energía interna U0. o Es decir la energía interna U0 será inutilizable, por lo que al estado de un sistema en condiciones ambientales (p0, T0) se le llama estado muerto. o Por otra parte, un sistema puede evolucionar hacia condiciones ambientales de muchas maneras: de forma reversible o de de forma irreversible con diferentes grados de irreversibilidad. Y según evolucione de una u otras maneras se podrá obtener más o menos trabajo durante esa evolución. o Habrá una cantidad máxima de trabajo que se obtiene cuando el sistema evoluciona de forma reversible. Y si el sistema evoluciona de forma irreversible el trabajo que se obtendrá será menor que el anterior, llegando a obtener un trabajo mínimo (ninguno) cuando el proceso sea de máxima irreversibilidad.

1.2. Definición de exergía (Φ Φ): Es la máxima cantidad de trabajo que se puede obtener de un sistema cuando este evoluciona hacia el estado muerto (p0, T0), o sea cuando evoluciona de forma reversible hacia el estado muerto.

Se puede demostrar que esta cantidad de trabajo máximo se cuantifica así:

Φ = Wmáximo que proporciona = (E – U0) + p0.(V-V0) – T0.(S - S0) Podemos ver en la expresión anterior que si el sistema está en estado muerto, la exergía es cero. Φ0 = [(U0 – U0) + p0.(V0-V0) – T0.(s0-s0)] = 0 Por ello, este valor también es la disminución de exergía cuando el sistema evoluciona hacia el estado muerto: −∆Φ = Φ1 − Φ0 = [(E – U0) + p0.(V-V0) – T0.(s-s0)] – 0 = (E – U0) + p0.(V-V0) – T0.(s-s0) O sea que cuando un sistema evoluciona hacia el estado muerto, la disminución de exergía es total: igual a la exergía que tenía inicialmente.

Evidentemente, al ser cero la exergía de un sistema cuando está en condiciones ambientales, ya no se podrá obtener trabajo de él cuando se encuentre en este estado:

Φ0 = 0

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2. Medida de la irreversibilidad (I) de los procesos De acuerdo con la definición de exergía, si un sistema evoluciona hacia condiciones ambientales podrá proporcionar un trabajo máximo igual a la exergía que tenía inicialmente (= disminución de exergía en el proceso) : Wmáximo = Φ1 = −∆Φ = Φ1 − Φ0 = (E – U0) + p0.(V-V0) – T0.(S - S0) Esto podría ocurrir si el sistema evolucionara de forma reversible a través de una turbina.

Pero si la evolución a través de la turbina no fuese reversible, el trabajo obtenido será siempre inferior al trabajo máximo, o sea inferior a la disminución de exergía del sistema: W < Φ1 = −∆Φ = Φ1 − Φ0 = (E – U0) + p0.(V-V0) – T0.(S-S0) Y cuanto más irreversible sea el proceso, menor será el trabajo obtenido. Por esto, la diferencia entre trabajo máximo (disminución de exergía) y trabajo realmente obtenido se utiliza para medir la irreversibilidad de un proceso.

I = Wmáximo – Wreal = (E – U0) + p0.(V-V0) – T0.(S - S0) – Wreal O sea que la irreversibilidad será: I = −∆Φ – Wreal Vemos que la irreversibilidad es la disminución de exergía menos la utilizada en trabajo. Es decir, la irreversibilidad de un proceso es la cantidad de exergía que se destruyó en el mismo y que no se utilizó para producir trabajo: es decir, la exergía que ha desaparecido del universo.

Cuanto más irreversible sea el proceso menor será el trabajo real obtenido de una disminución de exergía. De esta forma podemos hablar del rendimiento de un proceso en una turbina con relación al segundo principio como:

η II =

-

Wrealmente _ obtenido

=

Wrealmente _ obtenido

Wmáximo − ∆Φ el proceso de mínima irreversibilidad o reversible será aquel de I = 0, o sea el que proporciona el trabajo máximo Wreal = Wmáximo : por ejemplo, un proceso reversible en una turbina (proceso adiabático e isoentrópico). el proceso de máxima irreversibilidad será el que proporcione el mínimo trabajo Wreal = 0, o sea el de: I = Wmáximo – Wreal = Wmáximo : por ejemplo, un proceso de paso directo del sistema a condiciones ambientales ( o sea que sin aprovechamiento ninguno).

Resumen: * Proceso de mínima irreversibilidad o reversible: proporciona el trabajo máximo con irreversibilidad nula: Wreal = Wmáximo = −∆Φ I = 0 --> no se ha destruido exergía W η II = real = 1 Wmáximo * Proceso de máxima irreversibilidad: no proporciona trabajo : Wreal = 0 I = Wmáximo = −∆Φ −−> se ha destruido toda la exergía que ha perdido el sistema W η II = real = 0 Wmáximo 2

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3. Irreversibilidad en procesos que no evolucionan a p0,T0 Estudiemos ahora los procesos en los que un sistema evoluciona entre dos estados distintos del estado muerto. Casi todo lo visto en el punto 2 es aplicable a estos, salvo que ahora, evidentemente la disminución de exergía no es total (suponemos que estamos por encima del estado muerto), es decir que la disminución de exergía no es igual a la exergía inicial.

En este caso la disminución de exergía será: −∆Φ = Φ1 − Φ2 = = [(E1 – U0) + p0.(V1-V0) – T0.(s1 - s0)] – [(U2– U0) + p0.(V2-V0) – T0.(S2 - S0)] = = (E1 – U2) + p0.(V1-V2) – T0.(s1 - s2) Es decir:

−∆Φ = (E1 – U2) + p0.(V1-V2) – T0.(S1 - S2)

Y este será el máximo trabajo obtenible en el proceso 1-2:

Wmaximo = −∆Φ = (E1 – U2) + p0.(V1-V2) – T0.(S1 - S2)

Que será si el proceso de verifica de forma reversible (mínima irreversibilidad I = 0) Y si el proceso es irreversible, el trabajo realmente obtenido será menor que este:

Wreal < Wmaximo = −∆Φ = (E1 – U2) + p0.(V1-V2) – T0.(S1 - S2) De forma que la irreversibilidad del proceso será:

I = Wmaximo - Wreal = −∆Φ = (E1 – U2) + p0.(V1-V2) – T0.(S1 - S2) - Wreal O sea que:

I = −∆Φ – Wreal

(veremos luego que esta ecuación está incompleta)

Y el rendimiento con relación al segundo principio o rendimiento exergético será igual que antes: Wrealmente _ obtenido Wrealmente _ obtenido η II = = Wmáximo − ∆Φ - Y podemos establecer el mismo resumen que antes: * Proceso de mínima irreversibilidad o reversible: proporciona el trabajo máximo con irreversibilidad nula: Wrealmente obtenido = Wmáximo I=0 W η II = real = 1 Wmáximo * Proceso de máxima irreversibilidad: no proporciona trabajo : Wrealmente obtenido = 0 I = −∆Φ – Wreal = −∆Φ = Wmáximo = Imáxima W η II = real = 0 Wmáximo

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4. Procesos con aumentos de exergía

Los ejemplos que hemos manejado hasta ahora son procesos en los que un sistema evoluciona hacia un estado de menor exergía. Veamos ahora procesos en los que se produce el aumento de la exergía de un sistema como efecto de que le proporcionamos trabajo.

Si el proceso es reversible (de mínima irreversibilidad), todo el trabajo aportado repercutirá en un aumento de la exergía del sistema.

Dicho de otra manera, para conseguir un aumento de exergía dado, necesitaremos un trabajo mínimo que será justamente el trabajo aportado:

∆Φ = (E2 – U1) + p0.(V2-V1) – T0.(S2 - S1) = Wminimo

Sería el caso de aportar el trabajo a través de un compresor con funcionamiento reversible.

Sin embargo en un proceso irreversible se necesitará un trabajo mayor que el mínimo, es decir un trabajo mayor que el aumento de exergía que se va a producir:

∆Φ = (E2 – U1) + p0.(V2-V1) – T0.(S2 - S1) = Wminimo < Wrealmente aportado

siendo la medida de la irreversibilidad del proceso precisamente el exceso de trabajo aportado:

I = Wrealmente aportado - Wminimo = Wrealmente aportado -[(E2 – U1) + p0.(V2-V1) – T.(S2 - S1)] Operando vemos que llegamos a la misma ecuación del apartado anterior:

I = (E1 – U2) + p0.(V1-V2) – T.(S1 - S2) + Wrealmente aportado

(aunque el signo del trabajo real parece contrario al anterior, en realidad es igual pues como el trabajo aportado es negativo, el Wreal ya aporta el signo menos de la ecuación del apartado anterior).

O sea que podemos tomar como ecuación general para todo tipo de procesos con intercambio de trabajo que: I = −∆Φ – Wreal (veremos más adelante que hay que completar esta ecuación) Y el rendimiento con relación al segundo principio o rendimiento exergético ya no podrá ser igual que antes, pues ahora lo que aportamos es trabajo y conseguimos un aumento exergético que a menudo no es la totalidad del trabajo aportado: Wmínimo ∆Φ η II = = − Wrealmente _ aportado − Wrealmente _ aportado - Y podemos establecer un resumen similar al del apartado anterior : * Proceso de mínima irreversibilidad o reversible: necesitamos aportar un trabajo mínimo con irreversibilidad nula: Wrealmente aportado = ∆Φ = Wmínimo Imínima = 0 W η II = mínimo = 1 Wreal * Proceso de máxima irreversibilidad: se necesita un trabajo infinito para conseguir una cierta cantidad de incremento energético Wrealmente aportado = ∞ Imáxima = −∆Φ – Wreal = ∞ (no es “-∞” sino “+∞” porque Waportado es negativo) Wmínimo W η II = = mínimo = 0 Wrealmente _ aportado ∞

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5. Análisis exergético a partir del calor y del trabajo intercambiados Estudiemos ahora como varía la exergía y la irreversibilidad de un proceso en el que un sistema intercambia trabajo y calor con el exterior.

- Un sistema realiza trabajo: Todo el trabajo útil (todo excepto el realizado por el ambiente) que realiza un sistema provoca una disminución de exergía.

Disminución de exergía = Wútil Podemos ver en la figura adjunta donde el trabajo realizado por el sistema en su expansión desde 1 hasta 2 realiza un trabajo total que sería todo el área comprendida bajo la curva.

Sin embargo la parte rayada es trabajo realizado contra la atmósfera, o sea trabajo que no se podría aprovechar y por tanto no se puede computar en la exergía. O sea que este trabajo no habrá que tenerlo en cuenta para calcular la disminución de exergía del sistema, y su valor se puede calcular así: área del rectángulo = lado x lado Por tanto: - ∆Φ = Wtotal - Watmosfera = Wtotal - p0(V2 –V1) O sea:

- ∆Φ = Wtotal - p0(V2 –V1)

- Un sistema recibe trabajo: Se puede comprobar que la expresión a la que llegamos antes es perfectamente válida: aquí los términos Wtotal y V2 –V1 cambian de signo (la resta de volúmenes será negativa pues se recibe trabajo en las compresiones), por lo que la ecuación evidentemente me proporcionará el aumento de exergía que realmente se produce.

- Un sistema recibe calor: Aunque lo que aparece directamente relacionado con la exergía es el trabajo y no el calor, se considera que también el calor produce variaciones en la exergía en la medida en que dicho calor es capaz de transformarse en trabajo en una cantidad máxima que viene determinada por el ciclo de Carnot (el ciclo reversible, de irreversibilidad nula y por tanto de máximo aprovechamiento del calor): ∆Φ = Wneto Carnot Pues bien si se proporciona una cantidad de calor Q a un sistema que realiza un ciclo de Carnot, este sistema proporcionará un trabajo Wneto Carnot (= Wturbina – Wbomba) y cederá al ambiente un calor Q’.

Estos cumplen: -1º principio: ∆U = Qtotal – Wneto Carnot ---> como en un ciclo ∆U =0 ---> 0 = Qtotal - Wneto Carnot ----> Qtotal = Wneto Carnot ---> Q – Q’ = Wneto Carnot - Por ser reversible: Q/T1 = Q’/T0 -->  T  Despejando Q’ en la 2ª ecuación y substituyendo en la 1ª quedará: Wneto _ Carnot = 1 − 0 .Q  T1  Y por tanto, la transferencia de exergía correspondiente a una transferencia de calor será:

 T ∆Φ = 1 − 0  T1

 .Q 

siendo T1 la temperatura de la frontera del sistema a través

de la que se transmite el calor, y siempre que esta temperatura se mantenga constante.

Esta expresión es perfectamente válida para todo tipo de transferencias de calor siempre que la temperatura de la frontera entre foco y sistema sea constante.

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- Un sistema evoluciona con transferencias de calor y trabajo con el exterior: Si dicha evolución fuese reversible, toda la exergía recibida desde el exterior en forma de calor y trabajo se transformaría en incremento de exergía. Sin embargo, si hay irreversibilidades, el incremento de exergía será menor que la transferida por el calor y el trabajo:

 T   T  ∆Φ sistema < Exergía _ Q + Exergía _ W = 1 − 0 .Q − Wútil = 1 − 0 .Q − [Wtotal − p0 .(V2 − V1 )]  T1   T1  Y la diferencia será justamente la irreversibilidad del proceso (la exergía destruida en el mismo):  T   T  I = Exergía _ Q + Exergía _ W − ∆Φ sistema = 1 − 0 .Q − Wútil − ∆Φ sistema = 1 − 0 .Q − [Wtotal − p0 .(V2 − V1 )] − ∆Φ siste  T1   T1 

y esta es justamente la ecuación completa de la irreversibilidad de un proceso (cantidad de exerxía destruida en el mismo):

 T I = −∆Φ sisteema + 1 − 0  T1

 .Q − [Wtotal − p 0 .(V2 − V1 )] 

Y el rendimiento según el segundo principio será: ∆Φ sistema ∆Φ sistema η II = = (si el sistema recibe exergía) Exergía _ entra  T0  1 − .Q1 − Wútil  T1  Si la transferencia de exergía hacia el sistema es negativa, es decir si es el sistema el que aporta exergía hacia el entorno, todo lo anterior es válido excepto el rendimiento del segundo principio, pues en este caso la exergía que llega al entorno será menor que la que pierde el sistema, por lo que numerador y denominador estarán invertidos. :  T0  1 − .Q1 − [Wtotal − p 0 .(V2 − V1 )] Exergía _ sale  T1  η II = (si el sistema cede exergía) = − ∆Φ sistema − ∆Φ sistema

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6. Rendimiento exergético en un ciclo Las operaciones básicas en un ciclo son: a) 1-2: el fluido recibe un trabajo en un compresor o bomba, b) 2-3: luego recibe calor en un intercambiador de calor (generador de calor o caldera), c) 3-4: luego realiza un trabajo en una turbina, d) 4-1: y por último cede calor en otro intercambiador de calor (condensador), para volverse a encontrar como al principio.

En este proceso el fluido no experimenta variación neta de exergía pues al terminar el ciclo se vuelve a encontrar en las mismas condiciones que al principio. Sin embargo, desde el entorno recibe una cierta cantidad de exergía en forma de calor Q1, y cede otra cantidad de exergía en forma de trabajo neto Wt – │Wb│. Si el ciclo es reversible (ciclo de Carnot), no habrá pérdida de exergía, y toda la recibida en forma de calor es la que sale al entorno en forma de trabajo neto. Sin embargo en cualquier otro ciclo habrá pérdida de exergía y saldrá menos exergía que la que entra: Exergía en forma de calor Q1 > exergía en forma de trabajo Wt – │Wb│= Wt + Wb  T  O sea que la cantidad de exergía destruida en el ciclo es: I = 1 − 0 .Q1 − (Wt + Wb )  T1  Y el rendimiento del ciclo con relación al segundo principio o rendimiento exergético será: Wt + Wb Exergía _ sale η II = = Exergía _ entra  T0  1 − .Q1  T1   T  En un ciclo reversible de Carnot se cumple que: 1 − 0 .Q1 = Wt + Wb por lo que I=0 y ηII = 1.  T1  Si tenemos en cuenta al combustible como parte del sistema la exergía destruida será: I = − ∆Φ combustible − Exergía _ en _ Wneto = − ∆Φ combustible − (Wt + Wb )

Wt + Wb Exergía _ útil = Exergía _ aportada − ∆Φ combustible En este análisis no tenemos en cuenta el calor Q2 pues como suele enviarse al ambiente, la exergía que pudiera llevar se pierde. Si ese calor se aprovechara, por ejemplo para calentar el fluido de otro ciclo, tendríamos en cuenta su exergía como exergía aprovechable y se sumaría su aportación a la del trabajo obtenido.

En el caso de un ciclo frigorífico, en el que el sistema retira un calor Q1 de un foco frío a base de recibir un trabajo W, para luego proporcionar al ambiente un calor Q2 , si consideramos a las substancias enfriadas parte del sistema, y el proceso total fuese reversible tendríamos que la transferencia de exergía que acompaña al trabajo sería igual al aumento de exergía de las substancias enfriadas. Pero si no es reversible no podremos aprovechar toda la exergía del trabajo aportado, por lo que: Wrecibido > ∆Φsubstancias enfriadas Y la irreversibilidad del ciclo será: I = │Wrecib│ - ∆Φsubstancias enfriadas = -Wrecib - ∆Φsubstancias enfriadas Vemos que la irreversibilidad se calcula igual que en el ciclo motor. Sin embargo no es así con el ∆Φ subs tan cias _ enfriadas Exergía _ útil rendimiento exergético que será: η II = = Exergía _ recibida − Wrecibido

η II =

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7. Exergía en sistemas abiertos Lo visto hasta aquí afecta a sistemas cerrados. En el caso de los flujos que aparecen en los sistemas abiertos es más cómodo trabajar con la exergía específica que se puede evaluar así:

  v2 φ =  h + + g .h − h0  − T0 .( s − s0 ) siendo: “h = u +p.v” y “h0 = u0 +p0.v0” 2   .

.

Y así, la exergía total que transporta un flujo por unidad de tiempo será: Φ = m .φ Así, al estudiar un sistema abierto, tomamos un volumen de control sobre el sistema, y a través de los límites de ese volumen de control entrará flujo por unos lugares, saldrá por otros, y habrá intercambios de calor y trabajo a través de sus fronteras con el exterior.

Si el proceso fuese totalmente reversible, la exergía aportada al volumen de control a través de las fronteras sería igual al incremento de su exergía. Sin embargo, debido a las irreversibilidades, el incremento de exergía del sistema será menor de la aportada desde el exterior en forma de flujos, calor y trabajo: .

.

.

.

.

∆ Φ sistema < E xergía _ Q + E xergía _ W + E xergía _ flujo _ e − E xergía _ flujo _ s = . . . .  T  .  .  = ∑ 1 − 0 . Q + ∑ W total − p0 .(V vc _ 2 − V vc _ 1 )  + ∑ m e .φe − ∑ m s .φ s   e s  T1  Y precisamente la diferencia será la medida de la irreversibilidad del proceso. Como normalmente los volúmenes de control no cambian de volumen, la irreversibilidad quedaría: .

.

.

.

.

I = E xergía _ Q + E xergía _ W + E xergía _ flujo _ e − E xergía _ flujo _ s − ∆ Φ sistema = . . . .  T  . = ∑ 1 − 0 . Q + ∑ W total + ∑ m e .φe − ∑ m s .φ s − ∆ Φ sistema e s  T1 

Además, muy a menudo el sistema dentro del volumen de control se encuentra en estado estacionario, por lo que su exergía no varía. En este caso la irreversibilidad quedará: . . .  T  .

I = ∑ 1 − 0 . Q + ∑ W total + ∑ m e .φe − ∑ m s .φ s e s  T1  Si solo hubiese una entrada y una salida, y dado que el sistema es estacionario, serían las mismas masas de entrada y de salida y así los términos del estado muerto se eliminarían, por lo que, y teniendo en cuenta la expresión de la exergía de flujos, la expresión anterior podría quedar: . .    T  . v 2 − v s2 I = ∑ 1 − 0 . Q + ∑ W total + m . he − hs + e + g.( z e − z e ) − T0 .(s e − s s ) 2  T1   

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8. Rendimiento exergético en intercambiadores de calor Veamos ahora el caso de los intercambiadores de calor como el de la figura adjunta. En él, un fluido caliente transmite calor a un fluido más frío y, como consecuencia, pierde exergía en su paso desde un estado 1 de mayor exergía hacia un estado 2 de menos exergía. Además, el fluido frío, como consecuencia del calor que recibe del caliente, aumenta su exergía desde un estado 3 hacia un estado 4.

Si el proceso fuese ideal, la exergía que pierde el fluido caliente la recibiría el fluido frío. Sin embargo, en general hay pérdida de exergía debido a que estos procesos no suelen ser reversibles, de forma que: Disminución de exergía 1-2 > Aumento de exergía 3-4 O sea que:

Φ1 - Φ2 > Φ4 - Φ3

De forma que la irreversibilidad del proceso sería la exergía perdida: I = (Φ1 - Φ2) – (Φ4 - Φ3) Y el rendimiento exergético, o del segundo principio, del proceso será: η II =

Φ4 − Φ3 Φ1 − Φ 2

2

Recuerda que en flujos, la exergía es: Φ= (H+m.v /2+m.g.z – H0) – T0.(S-S0) A veces en los intercambiadores de calor se mezclan el fluido caliente y el frío. En estos, resulta más conveniente trabajar con la exergía específica:

φ= (h+v2 /2+g.z – h0) – T0.(s-s0) .

En este caso, siendo m c el flujo de masa caliente que .

entra en estado 1 y m f el flujo de masa fría que también entra en estado 2, la masa que sale será la suma .

.

de ambas m c + m f y estará en un estado 3.

Así, la pérdida de exergía de la masa caliente será, en general, mayor que el aumento de exergía de la masa .

.

fría. Es decir: m c .(φ1 − φ 3 ) > m f .(φ 3 − φ 23 ) , siendo la exergía perdida la medida de la irreversibilidad: .

.

I = m c .(φ1 − φ3 ) − m f .(φ 3 − φ 23 ) Y por tanto el rendimiento del segundo principio, que relaciona lo obtenido con lo perdido: .

η II =

m f .(φ 3 − φ 23 ) .

m c .(φ1 − φ 3 )

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9. Resumen de exergía - Definición de exergía: * Exergía en un sistema cerrado: Φsistema = (E – U0) + p0.(V-V0) – T.(S - S0)

  v2 + g .h − h0  − T0 .( s − s0 ) * Exergía específica en un flujo: φ =  h + 2   * Variación de exergía en un sistema que sufre un proceso en el que evoluciona desde un estado 1 a un estado 2: = sistema cerrado: ∆Φsistema = (E2 – E1) + p0.(V2 - V1) – T.(S2 - S1)   v22 − v12  φ =  h2 − h1 + + g.( z 2 − z1 ) − T0 .( s2 − s1 ) = sistema abierto: 2   - Transferencias de exergía entre sistemas en forma de trabajo y calor útiles. cuando un sistema evoluciona entre un estado 1 y un estado 2, intercambiando calor y trabajo con el exterior en el proceso: * Exergía transferida en forma de trabajo: Wútil = Wsistema - Watmósfera = Wsistema – p0.(Vsist.2 - Vsist.2) *Exergía transmitida con un calor útil Qútil :

 T ∆Φ = 1 − 0  T 

 .Qútil  

siendo T la temperatura de frontera entre nuestro sistema y el foco-sistema con el que se intercambia (y siempre que esta temperatura sea constante) (Un calor es útil cuando se transmite a un sistema que lo puede aprovechar (que no está en estado muerto o que no es el propio ambiente) - Exergía e irrevesibilidad: * Proceso reversible: Si en un proceso un sistema pierde una cierta cantidad de exergía mientras transfiere al resto del universo, en forma de calor y trabajo útiles, esa misma cantidad de exergía, decimos que el proceso es reversible. * Proceso irreversible: un proceso es irreversible si un sistema pierde una cierta cantidad de exergía mientras transfiere al resto del universo, en forma de calor y trabajo útiles, una cantidad de exergía, inferior a la primera, decimos que el proceso es irreversible. * El grado de irreversibilidad “I” de un proceso es la cantidad de exergía destruida en ese proceso.

- Exergía y trabajos mínimo y máximo: * Si un sistema aumenta su exergía al recibir un trabajo: = El trabajo a aportarle al sistema será mínimo si el proceso es reversible (I=0): Wreal a aportar = Wminimo = ∆Φsistema = el trabajo a aportar tiene que ser mayor si el proceso es irreversible (se pierde exergía): Wreal a aportar > ∆Φsistema * Si un sistema disminuye su exergía proporcionando un trabajo: = El trabajo que aportará el sistema será máximo si el proceso es reversible: Wreal que aportará = Wmáximo = -∆Φsistema = El trabajo que aportará el sistema será menor si el proceso es irreversible: Wreal que aportará < -∆Φsistema = Wmáximo * Nota: No hay procesos de I<0.

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- Procesos de irreversibilidad nula (reversibles): * Son procesos de irreversibilidad nula los procesos isoentrópicos (y adiabáticos), y los isotermos que se realizan a la temperatura del foco con el que el sistema intercambia calor. * Si el sistema aumenta su exergía es a costa de aportarle un trabajo mínimo. * Si el sistema disminuye su exergía es realizando un trabajo máximo.

- Procesos irreversibles: sistema cerrado que evoluciona entre un estado 1 y un estado 2: * Variación de exergía del sistema: −∆Φsistema = (E1 – U2) + p0.(V1-V2) – T.(S1 - S2) * Exergía destruida en el proceso:

 T  I proceso = −∆Φ sistema − Wutil + ∑ 1 − 0 .Qutil  T   

* Otra forma de calcular la exergía destruida en el proceso: Iproceso = T0 . ∆Suniverso * Siendo ∆Suniverso: ∆Suniverso = ∆Ssistema + ∆Sresto Calculando ∆Ssistema según el sistema sea un gas ideal o un gas real (tablas): T p - Gas ideal: ∆S sistema = m.C p . ln 2 − m.R. ln 2 T1 p1 - Substancia real: ∆Ssistema = m.(s2 – s1) --> leyendo s2 y s1 en tablas * Siendo ∆Sresto (si el “resto” son focos o el ambiente): ∆Sresto = Σ Qfoco/Tfoco (los calores son “+” si entran en el foco, y “–“ si salen del foco) - Rendimiento de un proceso según el primer principio:

ηI =

Energía _ útil _ obtenida Energía _ empleada

Wneto

* en un ciclo motor: η I =

Qrecibido _ del _ foco _ caliente El trabajo neto es la diferencia entre el trabajo obtenido en la turbina y el gastado en la bomba o compresor.

* en un ciclo frigorífico:

ηI =

Qretirado _ del _ foco _ frío WaportadoPor _ compresor

- Rendimiento de un proceso según el 2º principio:

η II =

Exergía _ obtenida Exergía _ empleada

* Si el sistema aumenta su exergía recibiendo Wútil y/o Qútil: ∆Φ sistema ∆Φ sistema η II = = Exergía _ Wútil + Exergía _ Qutil  T  ∑ Wútil + ∑ 1 + T0 .Qútil * Si el sistema disminuye su exergía cediendo Wútil y/o Qútil:  T  Wutil + ∑ 1 + 0 .Qutil ∑ Exergía _ Wutil + Exergía _ Qutil T   η II = = − ∆Φ sistema − ∆Φ sistema Wneto Wneto * En un ciclo motor: η II = = Exergía _ aportada  T0  1 + .Q1  T1 

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* En un ciclo frigorífico:

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 T0  1 + .Q1 ∆Φ subs tan cias _ enfriadas Exergía _ calor _ útil  T1  η II = = = − Waportado − Waportado − Waportado

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Parte II: Exámen de Termodinámica explicado -Septiembre 2005 (Escuela Técnica Superior de Ingenieros Industriales – Universidad de Vigo)

Problema 1: Se dispone de un sistema formado por un compresor, un intercambiador de calor (A),

un intercambiador de calor (B), una turbina y un intercambiador de calor (C). Se utiliza aire como fluido de trabajo. Este fluido realiza un ciclo motor al pasar por todos los componentes citados. El compresor hace un trabajo que eleva la presión del fluido, en el intercambiador A se calienta el fluido utilizando el aire que sale de la turbina, en el intercambiador B se le aporta más calor que procede de una caldera que quema gas metano, en la turbina se obtiene un trabajo y se reduce la presión del fluido, a la salida de la turbina se lleva el fluido al intercambiador A para calentar el fluido procedente del compresor, y finalmente se lleva el fluido la intercambiador C donde se refrigera con aire del ambiente, para iniciar de nuevo el ciclo en el compresor. Los intercambiadores son ideales. La turbina y el compresor han sido mal construidos por cuya causa se encuentra que el rendimiento del ciclo con relación al segundo principio es cero y que el intercambiador A no es de utilidad y los fluidos salen de el como entraron. Determinar el incremento de entropía del universo y la pérdida de exergía en el ciclo, por unidad de masa que circula por el, si se sabe que la temperatura que alcanzan los gases de combustión en la caldera es 2000 ºC. La caldera quema gas metano de poder calorífico 12500 kJ/kg a razón de 13 tn/día y se pide determinar el incremento de entropía y la pérdida de exergía por segundo del conjunto de la instalación, así como el rendimiento con relación al primer principio, si se sabe que teóricamente el potencial exergético de un combustible es igual a toda la energía térmica liberada en su combustión. El aire ambiente se encuentra a 20ºC. Dibujar el ciclo en los diagramas T-s y p-v y un croquis de la instalación.

Introducción previa á resolución: Habla del típico ciclo Brayton con precalentamiento.

-

Un ciclo Brayton ideal está formado por: una transformación adiabática e isoentrópica 1-2 en un compresor (donde el fluido motor recibe trabajo), luego una transformación isobárica en un calentador 23 (donde el fluido recibe calor), luego una expansión adiabática e isoentrópica en una turbina 3-4 (donde el fluido proporciona trabajo al exterior), y por último un enfriamiento en un intercambiador de calor 4-1 (donde el fluido cede calor, normalmente al ambiente) hasta que se vuelve a encontrar como al principio.

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Una forma de aumentar el rendimiento del ciclo es aprovechar los gases que salen de la turbina en 4, que aún están muy calientes, para calentar el fluido que sale de la bomba que está más frío, y de este modo ahorramos un poco de combustible en la caldera. Esta situación se ve en la figura adjunta, donde el fluido caliente entra al intercambiador A donde proporciona calor al fluido que sale de la bomba por 2. De este modo, el fluido caliente sale más frío por 4’, y el frío sale más caliente por 2’.

Fijarse en que el fluido en 4’ nunca podrá ser más frio que en 2, pero sí puede ser más frío que 2’. Igual, el fluido en 4 siempre tiene que estar más caliente que en 2, pues sino no podría calentarlo, sino que lo enfriaría.

En la realidad los pasos por el compresor 1-2 y por la turbina 3-4 no son reversibles sino que suelen ser irreversibles con aumento de entropía, por lo que el ciclo sería el seguiente (representado tanto en la gráfica Ts como pv). Los tramos ideales aparecen en la figura a trazos, y están a puntos las isobaras en el diagrama Ts así como las isotermas en el diagrama pv:

Fijarse como en la gráfica Ts se ve el aumento de entropía del paso por el compresor (12) y por la turbina (34). Y fijarse como en el diagrama pv se ve como el compresor debe hacer más trabajo del mínimo, y como la turbina da menos trabajo del máximo, que se darían en los procesos reversibles.

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Resolución del problema:

Comencemos por establecer un croquis da instalación, como nos pide o problema: El problema nos dice que la instalación funciona mal, y nos dan los siguientes datos: • La turbina y el compresor han sido mal construidos por lo que el rendimiento con relación al segundo principio es cero: ηII = 0 • Y que el intercambiador A no es de utilidad por lo que los fluidos salen de él como entraron.

Conclusiones: • Como el intercambiador A no es de utilidad y los fluidos salen de él como entraron, la única explicación es que los gases entran ambos en el intercambiador a la misma temperatura, es decir a la temperatura a la que salen los gases de la turbina es la misma con la que salen del compresor: T2 = T4 (si las temperaturas no fuesen iguales, uno se calentaría y el otro se enfriaría)

•

Además, como: ηII = 0 --> η II =

Wneto Wneto , por lo tanto: = Exergía _ aportada  T0  1 + .Q1  T1 

Wneto

= 0 ⇒ Wneto = 0 ⇒ Wturbina + Wcompresor = 0 ⇒ Wturbina = −Wcompresor  T0  1 + .Q1  T1  O sea que el trabajo que se aporta en el compresor es exactamente igual que el que proporciona la turbina (el trabajo del compresor debe ponerse negativo pues el ciclo lo recibe) A su vez de estos datos podemos extraer otra conclusión aplicando el primer principio al ciclo: ∆U = ΣQ - ΣW Y como en todo ciclo el estado del fluido al principio y el estado al final son idénticos, por lo que ∆U = 0, y en este en concreto acabamos de ver que Wneto = 0 (= ΣW), quedará: ∆U = ΣQ - ΣW ---> 0 = ΣQ – 0 Por lo tanto: ΣQ = 0 --> Q1 + Q2 = 0 O sea que,: Q1 = - Q2 --> en valor absoluto: Q1 = Q2 Tenemos ya por lo tanto tres conclusiones sobre este Ciclo: Wneto = 0 ---> en valor absoluto: ΣQ = 0 ------> en valor absoluto: T2 = T4

Wturbina = Wcompresor Q1 = Q2

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Este último dato nos vale para dibujar el ciclo en los diagramas Ts e pv como nos pide el problema (fijarse en el diagrama pv, como o compresor recibe trabajo de más, y como la turbina hace trabajo de menos):

Estos dos son los diagramas pedidos en el problema.

Podemos representar las transferencias energéticas que se dan en el ciclo en el diagrama adjunto.

Nos piden el incremento de entropía del universo y la pérdida de exergía en el ciclo por unidad de masa que circula por él. Por lo tanto necesitamos saber la cantidad de masa de fluido que circula por unidad de tiempo (cuidado que nos dan el poder calorífico del metano en kJ/kg pero son kg de combustible, no de fluido circulante).

Para calcular la masa circulante en el ciclo sabemos que T4 = 2273 K y T1 = 293 K. Además podemos saber el calor Q1 que recibe el ciclo del combustible quemado (suponemos que todo el poder calorífico del metano se proporciona al fluido motor). Por lo tanto: 1 día kJ 13000 kg kJ Q1 = 12500 . . = 1881 kg día 24.3600 s s Que como ya vimos no sólo es el calor que proporciona el combustible quemado (los humos) al ciclo, sino también el que proporciona el ciclo al ambiente: Q2 = 1881 kJ/s.

Y como estos calores se proporcionan al fluido a presión constante: Q = m . cp . ∆T Si aplicamos esto tanto a Q2 como a Q1 tendremos dos ecuaciones y dos incógnitas: la “m” que buscamos y la temperatura intermedia T2 = T4 que llamaremos T. Operemos: .

.

.

.

Q1 = m . c p . (Τ4 − Τ) Q 2 = m . c p . (Τ − Τ1 ) Y como los dos calores son iguales, al dividir miembro a miembro las dos ecuaciones llegamos a que: T4 – T = T - T1 ---> 2T = T4 + T1 --> 2T = 2273 + 293 ---> T = 1283 K Y así ya podemos calcular la masa circulante en cualquiera de las dos ecuaciones anteriores: .

.

.

.

Q1 = m . c p . (Τ4 − Τ ) → 1881 = m .1,003.(2273 − 1283) → m = 1,894 kg / s Ahora ya podemos contestar a lo que nos piden. Tomaremos como sistema al fluido que evoluciona en el ciclo cerrado.

Tenemos que distinguir dos procesos, uno es un ciclo propiamente dicho, al que se aporta calor y trabajo, y que aporta calor e traballo al exterior, y otro es la quema del combustible en la caldera.

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En la caldera tenemos inicialmente un combustible con un potencial exergético que según nos dice el problema es igual a la energía térmica liberada en la combustión, y que una vez quemado queda sin exergía pues los humos resultantes, después de proporcionar calor al sistema en el intercambiador B, pasan a mezclarse con el ambiente. O sea que tenemos que distinguir dos procesos: * un proceso dentro de la caldera donde podemos entender que la energía química del combustible pasa a calentar los humos, * y un proceso dentro del intercambiador B donde los humos calientes proporcionan calor al sistema (al fluido del ciclo).

Una vez visto esto, veamos lo que nos piden: a) El aumento de entropía del universo: ∆Suniverso = ∆Ssistema + ∆Sresto = ∆Ssistema + ∆Sfumes +∆Sfoco_quente + ∆Sfoco_frío = Q − Q1 Q2 =0 + 1 + + T4 T4 T1 El sistema no varía su entropía pues al realizar un ciclo, el fluido se encuentra igual al final que al principio. Por lo que respecta a los signos de los calores, ponemos primero +Q1 porque en la caldera los humos “reciben” ese calor (sale de la energía química del combustible), y luego ponemos -Q1 porque en el intercambiador B estamos estudiando el foco caliente, y el calor Q1 “sale” del foco caliente, y ponemos Q2 positivo porque en este caso estamos a hablar del ambiente (foco frío), y el calor “entra” en el ambiente.

Como o calor está en kJ/s, la entropía saldrá en kJ/s.K. Ya a pasaremos luego a kJ/kg.K. Q 1881 kJ = 6,42 Operando arriba: ∆Suniverso = 0 + 2 = T1 293 s.K Y como cada segundo circula 1,894 kg de fluido: ∆S universo = 6,42

kJ . s.K

1 s

= 3,39

kJ kg.K

1,894 kg b) Pérdida de exergía en el ciclo. Evidentemente se refiere a la exergía destruida en el ciclo, o sea a la irreversibilidad del ciclo que realiza el sistema:  T  I ciclo = −∆Φ sistema + ∑ 1 − 0 .Qútil − Wútil sendo: T   * -∆Φsistema = 0 pues el fluido vuelve a estar al final como al principio y la exergía es una función de estado * Qútil = Q1 que es proporcionado al ciclo y utilizado por éste. No así Q2 que se pierde en el ambiente. * Wútil = 0 pues ya vimos que el mismo trabajo que da la turbina es el que necesita el compresor.

293  kJ  T   I = − ∆Φ sistema + ∑ 1 − 0 .Qútil − Wútil = 0 + 1 − Por tanto: .1881 + 0 = 1638,5 T  s  2273   Como nos la piden por unidad de masa circulante que es 1,894 kg/s: I = 1638,5

kJ . s

1 s

= 865,1

kJ kg

1,894 kg c) Incremento de entropía de la instalación por unidad de tiempo. La instalación es el sistema y la caldera (combustible-humo que se calienta, y foco caliente que da calor al ciclo), por lo que: ∆Sinstalación = ∆Ssistema + ∆Sfumes + ∆Sfoco_quente = Q − Q1 = 0+ 1 + =0 T4 T4 17

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d) Pérdida de exergía por segundo del conjunto de la instalación (sistema y combustible) . Podemos verlo primero a partir del análisis de la exergía que tenemos inicialmente y de la exergía que tenemos finalmente (después de un ciclo). En ese tiempo: * partimos del combustible sin quemar con un cierto potencial exergético, y después de un ciclo, la cantidad de combustible quemado estará en forma de humos sin exergía (humos que pasarán al ambiente), * y el fluido estará con la misma exergía que al principio, * y la instalación no proporciona calor útil al exterior (sólo Q2 que pasa al ambiente). * y tampoco realiza trabajo útil, pues el traballo neto es cero.

Por lo tanto la exergía destruida es la que pierde el combustible. Y como nos dicen que el potencial exergético del combustible es igual a la energía térmica liberada en la combustión, la exergía perdida es: kJ I instalación = 1881 s Veámoslo ahora a partir de la ecuación de la irreversibilidad:  T  I instalación = − ∆Φ sistema − ∆Φ combustible + ∑ 1 − 0 .Qútil − Wútil T   En la figura anterior vemos como la instalación no recibe ni calor útil del exterior ni lo proporciona (Q2 no es útil), y sabemos que el trabajo útil también es cero pues son de igual valor el trabajo recibido y el trabajo realizado. kJ  T  I instalación = − ∆Φ sistema − ∆Φ combustible + ∑ 1 − 0 .Qútil − Wútil = 0 + 1881 + 0 + 0 = 1881 T  s  e) Rendimiento respecto al primero principio: η I =

Wneto Qrecibido _ do _ foco _ quente

=

0 =0 Q1

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Problema 2: Un globo de 100 m3 que está lleno de vapor de agua a una presión de 10 atm

tiene en su interior otro globo de iguales características que también contiene agua y que ocupa un volumen de 50 m3. Ambos globos están a su vez situados dentro de un recipiente de dimensiones muy grandes (infinitas) que contiene agua a la presión de 3 atm y una temperatura de 300ºC, y en equilibrio térmico con él. Explotan los dos globos. Se pide calcular la pérdida de exergía y el incremento de entropía del universo. Definir los procesos que habría que haber realizado para obtener el máximo trabajo desde los estadios iniciales hasta los mismos estados finales. Determinar el trabajo y calor en cada uno de los procesos. ¿Cuánto es la exergía intercambiada por la masa del recipiente infinito en esos procesos? El ambiente se encuentra a 27ºC y 1 atm de presión. Se sabe que el volumen de un globo es proporcional a la diferencia de presiones interior y exterior. Representar los procesos y estados termodinámicos en los diagramas h-s, T-s y p-v.

Resolución del problema:

Veamos primero la presión en el interior del globo 1A con la ayuda da constante elástica “K” dos globos: V1A + V1B = K.(p1A – pexter.) ---> 100 = K.(1000 – 300) K = 1/7

Agora, sabida K, calculamos p1B : V1B = K.(p1B – pext) ---> 50 = 1/7.( p1B - 1000) --> p1B = 1350 kPa Sabidas la presión y la temperatura dentro de cada globo, vemos en las tablas que el agua dentro de cada uno se encuentra en estado de vapor sobrecalentado.

Podemos representar en el siguiente diagrama T-s los estados iniciales y final.

Buscamos ahora en las tablas los datos del estado 1A y del estado 1B (v, u, h, s), y luego ya podemos calcular sus masas pues: m = V /v Buscamos luego en las tablas los datos del estado final 3 (v, um h, s), y como además sabemos que la m3 = m1A + m1B, luego calculamos el volumen total que ocupan los gases en ese estado pues: V3 = m3 · v3 Todos estos datos se presentan en la tabla siguiente (los datos iniciales de cada estado se presentan en negrita y cursiva): p(kPa) T V (m3) Estado m (kg) v u h s (m3/kg)

1A

1000

(ºC) 300

1B

1350

300

50

vapor sobreca.

Final=3

300

300

m3 . v3 = 456,8.0,8753 = 399,8

vapor sobreca.

50

vapor sobreca.

V/v = =50 / 0,2579= = 193,9 V/v = =50 / 0,1902= = 262,9 m1A + m1B = =193’3+262’9 = 456,8

0,2579

(kJ/kg) 2793,2

0,1902

2787,2

0,8753

2806,7

(kJ/kg) 3051,2

(kJ/kg.K)

7,1229 6,9534

3069,3

7,7022

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Estudiaremos lo que sucede a continuación de explotar los globos, tomando el conjunto de los gases procedentes de ambos globos como un solo sistema. Esto debemos hacerlo así para evitar las complicaciones que tendría tener que averiguar el calor y el trabajo que intercambian entre ellos, lo que no siempre es fácil. Considerándolos como un solo sistema, ya sólo estudiamos los intercambios de ambos con el exterior (el entorno-foco a 300 kPa y 300ºC).

Antes de nada veamos el proceso que tiene lugar. Esto podemos estudiarlo de dos formas: 1ª forma: al explotar los globos, los gases comprimidos de su interior se expansionan rápidamente de forma irreversible contra el contenido del recipiente “infinito” que es el entorno, hasta conseguir la presión del entorno (pues se trata de un entorno “infinito” y por lo tanto él mismo no se ve afectado por el proceso). Se trata por tanto de un proceso rápido y por lo tanto adiabático, pero no isoentrópico ya que es irreversible (ambas expansiones son irreversibles pues los gases de ambos globos se ven de repente en contacto con medios que están en diferentes condiciones p,T a ellos). Esta evolución estaría representada en el diagrama adjunto por los procesos 1A → 2A, y 1B → 2B. Luego habrá un proceso más lento de transmisión de calor por parte del entorno más caliente (las expansiones dan lugar a un enfriamiento de los gases A y B) hacia los gases, hasta que se iguale su temperatura con ese entorno: procesos 2A → 3, y 2B → 3.

2ª forma: Podemos considerar que ambas cosas ocurren a la vez: expansión contra el entorno (y por lo tanto tendencia al enfriamiento) y recepción de calor por parte de este (y así se evita el enfriamiento, manteniéndose la temperatura). Así sería un proceso isotermo, pero obviamente irreversible por lo dicho anteriormente (contacto entre medios en diferentes condiciones de presión y temperatura). Sería el proceso 1→2 representado en el diagrama adjunto.

Veremos que da lo mismo suponer una cosa que otra, por lo que, aunque la primera forma es más próxima a la realidad, se pode operar de la segunda forma que da operaciones más sencillas. De todas formas haremos el balance energético (según el primer principio) de las dos formas.

1ª forma:

Recordar que estudiaremos el conjunto de ambos globos como un sólo sistema.. * Procesos 1A→2A e 1B→2B conjuntamente: ∆U12 = Q12 – W12 → U2A + U2B - U1A – U1B = Q12 – W12 20

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siendo Q12 = 0 (proceso rápido de igualación de presiones) W12 : Para calcular el trabajo podemos hacerlo estudiando conjuntamente el trabajo que hacen los globos, o estudiar por separado el trabajo de las gomas y el trabajo de los gases expansionándose contra el entorno. Aquí lo haremos de esta última forma: W12 = Wgoma A + Wgoma A + pcontorno.( V2A + V2B – V1A - V1B) El significado de esta forma de calcular el trabajo es entender que los gases reciben el trabajo procedente de la energía potencial de las gomas que explotan, y además que los gases realizan un trabajo expansionándose contra el entorno. El problema que debemos tener en cuenta es que la forma de calcular el trabajo que realizan las gomas a través de las integrales siguientes, sigue el convenio de signos de la mecánica (trabajo cedido es trabajo negativo), por lo tanto cómo nosotros tenemos en cuenta que lo ceden las gomas pero lo recibe el gas (por lo que según el convenio de signos de la Termodinámica será también negativo) podemos tomar el resultado de las integrales directamente como el trabajo que reciben los gases. Por eso, en la ecuación de arriba, lo sumamos (para respetar el signo que resulte de la integral). Por tanto la forma de calcular el trabajo que recibe el sistema por parte de las gomas es : 0

V02 V .dV  V 2  W goma = E potencial _ elática = ∫ = = −  V0 K 2 .K  2.K  V0 Por lo tanto, llevando todo esto a la ecuación del 1º Principio quedará: V2 V2 U 2 A + U 2b − U 1 A − U 1B = + 1 A + 1 A+1B − p contorno .(V2 A + V2 B − V1 A − V1B ) 2 .K 2 .K U2A + U2B - U1A – U1B = pcontorno.( V2A + V2B – V1A - V1B) Ecuación 1 0

Vemos que no sabemos los volúmenes V2A e V2B pero veremos que no los necesitamos. * Procesos 2A,2B → 3: ∆U23 = Q23 – W23 → U3 - U2A – U2B = Q23 – W23 siendo Q23 = desconocido W23 = pcontorno.( V3 – V2A - V2B) Por lo tanto, la ecuación del 1º Principio quedará: U3 - U2A – U2B = Q23 – pcontorno.( V3 – V2A - V2B) Ecuación 2 * Sumando ahora las ecuaciones 1 e 2 para eliminar los términos en 2A e 2B dado que no nos preguntan nada sobre este estado intermedio, quedará: V2 V2 U 3 − U 1 A − U 1B = Q23 + 1 A + 1 A+1B − p contorno .(V3 − V1 A − V1B ) 2 .K 2 .K Operando: V2 V2 m3 .u 3 − m1 A .u1 A − m1B .u1B = Q23 + 1 A + 1 A+1B − p contorno .(V3 − V1 A − V1B ) 2 .K 2 .K 456,8 . 2806, 7 – 193,9 . 2793,2 – 262,9 .2787,2 = Q23 − 8750 − 35000 + 300.(399,8 − 100) Despejando Q23, quedará: Q23= 53934,2 kJ En las ecuaciones anteriores podemos identificar las cantidades globales (del conjunto del proceso) de ∆U, W e Q: ∆U =m3.u3 - m1A.u1A - m1B.u1B = 456,8 . 2806, 7 – 193,9 . 2793,2 – 262,9 .2787,2 --> ∗ ∆U = 7744,2 kJ 2 V V2 W = − 1 A − 1 A+1B + p contorno .(V3 − V1 A − V1B ) = −8750 − 35000 + 300.(399,8 − 100) = 46190 kJ 2 .K 2 .K * W = 46190 kJ * Q = 53934,2 kJ

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2ª forma: Procesos 1A,1B→ 2: ∆U12 = Q12 – W12 Siendo: ∗ ∆U12 = U2 - U1A = m2.u2 - m1A.u1A - m1B.u1B = =456,8 .2806, 7– 193,9 . 2793,2–262,9 .2787,2= = 7744,2 kJ * W12=Wgoma A+Wgoma A+pcontorno.(V2–V1A-V1B)=

V12A V12A+1B − + p contorno .(V2 − V1 A − V1B ) = −8750 − 35000 + 300.(399,8 − 100) = 46190 kJ 2 .K 2 .K * Q12 podemos calcularlo a partir de ∆U12 y W12 con la ecuación del 1º principio. =−

Por lo tanto, la ecuación del 1º Principio quedará: ∆U12 = Q12 – W12 → 7744,2 = Q12 – 46190 → Q12 = 53934,2 kJ Evidentemente obtenemos los mismos resultados que por la primera forma.

Veamos ahora lo que nos pide el examen (llamaremos punto 3 al punto final)

a) Se pide el incremento de entropía del universo: ∆Suniverso = ∆Ssistema + ∆Scontorno = m3.s3 - m1A.s1A - m1B.s1B + (-Q23 /Tcontorno) (el calor Q lleva signo negativo pues es calor cedido por el entorno, y estamos viendo la entropía de este) ∆Suniverso = 456,8 . 7,7022– 193,9 . 7,1229 – 262,9 .6,9534 – [53934,2/(300+273)]--> ∆Suniverso = 215,1 kJ/K

b) Se pide la pérdida de exergía, o sea la irreversibilidad del proceso: Será:

I = T0. ∆Suniverso = (27+273).215,1 = 64517,9 kJ

Podemos calcularla también directamente. Veámoslo (aunque que lógicamente es mejor hacerlo como antes pues es mucho más corto):

 T I = −∆Φ sisteema + 1 − 0  T1

 .Q − [Wtotal − p 0 .(V2 − V1 )] 

siendo: * p0 e T0 las presión y temperatura del ambiente: p0 = 100 kPa y T0 = 27ºC = 300 K * - ∆Φsistema = (E1– E3) + p0.(V1-V3) – T0.(S1 – S3) = = m1A.u1A + m1B.u1B - m2.u3 + p0.(V1-V3) - T0.( m1A.s1A + m1B.s1B - m2.s3) = = - 7744,2 + 100.(100 – 399,8) – 300 .(193,9.7,1229+262,9.6,9534-456,8.7,7022)= = - 7744,2 - 29980 + 92755,7 = 55031,5 kJ 22

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

* 1 −



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T0  273 + 27   .Qútil = 1 − .53934,2 = 25696,4 kJ T1   273 + 300 

* − [Wtotal − p0 .(V3 − V1 )] = −46190 + 100.(399,8 − 100) = −16210 kJ Con lo que la irreversibilidad será: I = 55031,5 + 25696,4 – 16210 = 64517,9 kJ (evidentemente el mismo valor calculado antes).

Por cierto, ¿cuál es el significado del término - ∆Φsistema ? No es pérdida de exergía. Es disminución de exergía del sistema, pero esta disminución no quiere decir que sea una pérdida exergética en el universo pues esta cantidad que disminuyó el sistema puede haber ido a parar al enntorno, al foco, a otro sistema .... Es pérdida de exergía cuando, además de disminuir en el sistema, no aumenta en ningún otro lugar. Recordar que pérdida de exergía es irreversibilidad.

c) Se pide definir los procesos que habría que haber realizado para obtener el máximo trabajo desde los estados iniciales hasta los mismos estados finales.

El máximo trabajo se obtiene en los procesos reversibles, por lo tanto habría que realizar ese proceso 1-3 de forma reversible y así obtendríamos el máximo trabajo.

Recordar que en los procesos con producción de trabajo, éste es máximo cuando el proceso es reversible, mientras que en los procesos con aportación de trabajo éste es mínimo en los procesos reversibles. En ambos casos se consigue que no se pierda exergía, que toda la disminución de exergía global que haya en los sistemas estudiados se haya transformado en trabajo útil.

Pues bien sabemos que los procesos reversibles son: - Los procesos adiabáticos-isoentrópicos.

- Los proceso isotermos que realiza un sistema a la misma temperatura que el foco con el que intercambia calor. De todas formas no todos los procesos isotermos que se realizan a la misma temperatura que el foco con el que se intercambia calor, son reversibles. El ejemplo lo tenemos en este mismo problema. Si nos fijamos en la 2ª forma en que consideramos la evolución de los gases tras la explosión de los globos, se trata de un proceso isotermo a la misma temperatura que el foco con el que se intercambia calor (el entorno). Sin embargo es un proceso irreversible pues se está poniendo en contacto el sistema (los gases de los globos) con el entorno que está a diferente presión (también se ponen en contactos los gases A y B que también están a diferente presión, lo que es otra causa de irreversibilidad).

Podríamos conseguir que el proceso 1A,1B-2 citado antes en la 2ª forma fuera reversible si impedimos el contacto directo entre el sistema y el entorno, permitiendo sólo la transmisión de calor entre ambos a través de una frontera. Sería el caso de descargar los globos en cilindros-pistón en los que garantizáramos, actuando sobre el eje del pistón, que este mantuviera en todo momento la misma presión que la existente en los gases que se van descargando en el cilindro. Conforme se fuera desplazando el pistón iríamos obteniendo trabajo útil a través de su eje (a través de la fuerza que actuando en él garantiza la igualdad de presiones a ambos lados del pistón). A la vez, las paredes del cilindro garantizarían el intercambio de calor con el entorno (con el vapor de agua en el recipiente “infinito” que rodea a nuestros globos). Evidentemente, así serían procesos reversibles.

El proceso sería descargare primero el gas del globo exterior en un cilindro.

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Al acabar la descarga del gas A del globo exterior en el cilindro, los gases A y B estarían en unos estados intermedios (2A y 2B) , donde el gas del globo exterior estaría dentro del cilindro en unas ciertas condiciones (2A), mientras el gas del globo interior se habría expandido hasta que se hubiera descargado el globo exterior (estado 2B). En ese momento ambas gomas estarán en contacto, y la presión en el interior del cilindro sería la misma que existe entre ambas gomas pegadas.

A continuación no se podría descargar el gas B del globo interior en el cilindro pues las condiciones de presión son diferentes como luego veremos.

Por lo tanto, para descargar el gas B caben dos posibilidades, una es descargar el globo B en otro cilindro, y luego variar el estado del gas dentro de cada uno de los cilindros hasta conseguir que estén los gases de ambos cilindros a la misma p,T final (la del entorno), y luego ya sólo quedará mezclarlos (lo que se podrá hacer sin irreversibilidades al estar a la misma p,T), o descargarlos directamente al contorno con el que también estarán ya en equilibrio. En ambos casos este último proceso de mezcla y/o descarga final en el entorno será reversible sin intercambio de calor ni trabajo.

Otra posibilidad es descargar directamente el gas B en el mismo cilindro donde está el gas A, pero antes de poderlo hacer de forma reversible deberemos llevar, también isotérmica y reversiblemente, el gas A en el cilindro al mismo estado en que está el gas que queda en el globo B (hasta un estado 3A=2B de igual p,T). Una vez que el gas A dentro del cilindro esté en iguales condiciones p,T que el gas B del globo, ya podremos descargar éste isoterma y reversiblemente dentro del cilindro para mezclarlo así con el gas A. Y en el momento en que se haya descargado totalmente el globo interior, el gas en el interior del cilindro ya estará en las condiciones finales buscadas (300 kPa y 300ºC=573 K). En efecto, al descargarlo isotérmicamente, la temperatura seguirá siendo los 300ºC, y la presión será tal que, al quedar el globo B vacío pero en contacto con el interior del cilindro, la presión en el interior del globo vacío y la presión en el interior del cilindro será la misma, y como se cumple que (luego lo veremos): VB = (K/2) ·(p2B - pentorno), y como el globo está vacío VB = 0, podemos ver que según la ecuación anterior: p2B = pentorno, o sea los 300 kPa estarán tanto fuera como dentro del globo vacío y del cilindro.

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d) Determinar el trabajo y el calor en cada uno de esos procesos.

Para realizar el balance enerxético en cada uno de estos procesos, debemos conocer los estados intermedios 2A y 2B. De estos estados 2A y 2B, sabemos que al estar la goma del globo A pegada a la goma del globo B, la presión p2A es intermedia entre la p2B y la pentorno, y que ambas gomas pegadas se comportan como una sola goma de constante mitad de la de las dos (K/2). Demostramos a continuación estas afirmaciones: Globo interior: V2B = K.(p2B – p2A) Globo exterior: V2B = K.(p2A – pcontorno) (el volumen que contiene la goma exterior es también V2B) Igualando los segundos miembros sale que: p2A = (p2B + pentorno) / 2 Y sumando las dos ecuaciones sale que: V2B = (K/2) .(p2B – pentorno) Veamos como utilizar estas ecuaciones para detectar los estados intermedios. Tantearemos con valores de p2B hasta conseguir que el v2B que nos den las tablas sea igual que el que da la ecuación anterior. El volumen específico que permite calcular la ecuación anterior es: V2B = (K/2) ·(p2B – pentorno) ---> que como V2B = m2B · v2B , el volumen específico será: v2B = (K/2) ·(p2B – pentorno) / m2B En el tanteo comencemos por suponer un p2A igual a 800 kPa iniciales, y que por lo tanto: p2B = 2 · p2A - pentorno = 1300 kPa Por lo tanto: * Primer tanteo: p2A =800 kPa --> y como ya vimos: p2B = 2 · p2A - pentorno = 1300 kPa (Recordar que T=300ºC) Debe salir v2B = (K/2) ·(p2B – pentorno) / m2B = (1/14) · (1300-300) / 262,9 = 0,2717 En las tablas leemos para p2B = 1300 kPa --> v2B =0,1969. Vemos que nos da menor que lo que da la ecuación, o sea que no vale. Debemos disminuir la presión para que disminuya el valor que me da la ecuación y aumente lo que me dan las tablas. * Segundo tanteo: p2A =700 kPa --> p2B = 2 · p2A - pentorno = 1100 kPa Debe salir v2B = (K/2) · (p2B – pentorno) / m2B = (1/14) · (1100-300) / 262,9 = 0,2174 En las tablas leemos para p2B = 1100 kPa --> v2B =0,2339 Ya nos pasamos * Tercero tanteo: p2A =750 kPa --> p2B = 2 · p2A - pentorno = 1200 kPa Debe salir v2B = (K/2) · (p2B – pentorno) / m2B = (1/14) · (1200-300) / 262,9 = 0,2445 En las tablas leemos para p2B = 1200 kPa --> v2B = 0,2138 * Cuarto tanteo: p2A =720 kPa --> p2B = 2 · p2A - pentorno = 1140 kPa Debe salir v2B = (K/2) · (p2B – pcontorno) / m2B = (1/14) · (1140-300) / 262,9 = 0,2282 En las tablas leemos para p2B = 1140 kPa --> v2B = 0,2255 Damos por boa esta situación. Nun exame daríamos por bo o último resultado que non nos exixira interpolar (o primeiro resultado que se aproxime ó correcto e se poida conseguir rapidamente), pois chegar a resultados moi ben axustados nos leva moito tempo e o profesor dá moitísima menos importancia ós resultados numéricos que á descrición, razonamento e conceptualización correcta dos procesos.

Damos por buena esta situación. En un examen daríamos por bueno el último resultado que no nos exigiera interpolar (el primer resultado que se aproxime al correcto y se pueda conseguir rápidamente), pues llegar a resultados muy bien ajustados nos lleva mucho tiempo y el profesor (de esta materia en la ETSII de la Universidad de Vigo) da muchísima menos importancia a los resultados numéricos que a la descripción, razonamiento y conceptualización correcta de los procesos.

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Así, los datos de los estados 2A y 2B son:

2A

p(kPa)

T

720

300

2B 1140 (=3A)

(ºC)

300

V (m3)

57,8

Estado

m (kg)

vapor 193,3 sobreca. vapor 262,9 sobreca.

v

u

h

0,36

2800

3059

7,286

0,22

2797

3048

7,06

(m3/kg)

(kJ/kg)

(kJ/kg)

s

(kJ/kg.K)

Ahora ya podemos realizar el balance energético de los procesos. * Procesos 1A→ → 2A, 1B→ →2B: Descarga isoterma reversible del gas A en un cilindro. ∆U12 = Q12 – W12 Siendo: ∗ ∆U12 = U2A + U2B - U1A - U1B = mA· u2A + mB· u2B - mA · u1A - mB· u1B = = 193,9 · 2800 + 262,9· 2797 – 193,9 · 2793,2–262,9 · 2787,2 = 3894,9 kJ * W12 es difícil de calcular, pero es fácil de calcular el calor * Q12 = Tc · ∆S = (pues es un proceso isotermo reversible) = Tc · (mA· s2A + mB· s2B - mA· s1A mB· s1B) = 300 · (193,9 · 7,286 + 262,9 · 7,06 – 193,9 · 7,1229 –262,9 · 6,9534) = 17895,1 kJ Porlo tanto, la ecuación del 1º Principio quedará: ∆U12 = Q12 – W12 → 3894,9 = 17895,1 -W12 → W12 = 14000,2 kJ Sin embargo ahora no podemos descargar el gas del globo B en el cilindro, pues como los gases B del globo y A del cilindro no están con la misma presión, sería un proceso irreversible. Antes debemos igualar las presiones para lo cual debemos comprimir el gas en el cilindro hasta que consiga la presión de 2B. Será un proceso reversible en el que proporcionaremos trabajo al gas 2A hasta llevarlo a la 3A que es el mismo que 2B: * Proceso 2A → 3A(=2B): Poner isotérmica y reversiblemente el gas A en las condiciones 2B ∆U2A-3A = Q2A-3A – W2A-3A Siendo: ∗ ∆U2A-3A = U3A - U2A = mA·(u3A - u2A) = 193,9 · (2797 – 2800) = -581,7 kJ * W12 es difícil de calcular, pero es fácil de calcular el calor * Q2A-3A = Tc · ∆S = (pues es un proceso isotermo reversible) = Tc · (mA·s3A - mA·s2A) = = 300 · 193,9 · (7,06 - 7,286) = -13146,4 kJ Por lo tanto, la ecuación del 1º Principio quedará: ∆U2A-3A = Q2A-3A – W2A-3A → -581,7 = -13146,4 - W2A-3A → W2A-3A =-12564,7 kJ * Proceso 3A,2B → 4: Ahora que los gases A del cilindro y B del globo están en iguales condiciones, podemos descargar el globo B en el cilindro, dejando evolucionar el pistón de forma que la transformación sea isotérmica y reversible hasta que el gas de B se vacíe en el cilindro, con lo que el conjunto de los gases conseguirá el estado final como ya comentamos anteriormente 26

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∆Utramo_final = Qtramo_final – Wtramo_final Siendo: * ∆Utramo_final = Ufinal - U3A = mtotal.(ufinal - u3A) = 456,8 · (2806,7 – 2797) = 4431 kJ * W12 es dificil de calcular, pero es fácil de calcular el calor * Q2A-3A = Tc · ∆S = (pues es un proceso isotermo reversible) = Tc · (mtotal ·sfinal - mtotal·s3A) = = 300 · 456,8 · (7,7022 - 7,06) = 88007 kJ Pot lo tanto, la ecuación del 1º Principio quedará: ∆Utramo_final = Qtramo_final – Wtramo_final → 4431= 88007- Wtramo_final → Wtramo_final =-83576 kJ

d) ¿Cuánta es la exergía intercambiada por la masa del recipiente infinito en esos procesos?

Veamos el cómputo global de energía en estos procesos: ∆U = 3894,9 – 581,7 + 4431 = 7744,2 kJ (evidentemente igual que en la primera transformación irreversible, pues los estados final e iniciales son los mismos, y la energía interna es una función de estado o sea que sólo depende del estado inicial y final) Q = 17895,1 -13146,4 + 88007= 92755,7 kJ W = 14000,2 – 12564,7 + 83576 = 85011,5 kJ (evidentemente estos tres valores cumplen el 1º principio) Polo que se refiere a los valores intercambiados con el entorno, todo el calor es intercambiado (proporcionado) con el entorno, pero no así el trabajo, pues parte de él es trabajo útil obtenido en el eje del pistón. El trabajo que recibe el entorno es el que resulta del desplazamiento que le provoca el sistema que pasa de ocupar inicialmente 100 m3 (los dos globos en su estado inicial), a ocupar 399,8 m3 en su estado final (podemos ver este valor en la 1ª tabla). Por lo tanto: Wcontorno = pcontorno . (Vfinal – Vinicial) = 300 . (399,8 – 100) = 89951,1 kJ Puede parece chocante que salga más trabajo contra el entorno que el total que realiza el sistema, que vemos arriba que es 85011,5 kJ. Sin embargo no debe chocar pues el trabajo del sistema de los gases no es el trabajo total intercambiado pues falta el trabajo que realizan las gomas de los globos. Después de contestar a este apartado, veremos un análisis global de la totalidad del trabajo intercambiado.

Veamos ahora la exergía intercambiada con el entorno. El que se intercambia con el entorno es calor y trabajo, y por lo tanto la exergía intercambiada es la exergía que transfieren ese calor y ese trabajo.

Exergía que recibe el entorno = Exergía que se le transfiere como W + Exergía que se le transfiere como Q

 T   27 + 273  Exerxía recibida polo contorno = Wcontorno + 1 - 0 .Qútil = 89951,1 + 1 .(− 92755,7 ) = 45758,6 kJ T 300 + 273   c   (el calor lleva signo negativo porque estamos hablando del calor que recibe el entorno, y el calor en estos procesos es cedido por el entorno) Evidentemente esta pregunta tiene sentido porque el entorno del sistema no es el ambiente, pues si fuera el ambiente no estaríamos hablando de exergía transferida al entorno sino de exergía destruida. En este caso no hay exergía destruida porque el proceso es reversible: hay exergía transferida de unos sistemas a otros y a trabajo útil realizado.

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Veamos ahora, aunque no es necesario para el problema, un análisis total del trabajo en estos procesos reversibles: Si queremos tener una visión total del trabajo intercambiado, a nosotros nos interesa el trabajo que actúa en el pistón, pues es este el trabajo que se obtiene en el eje (venciendo a la fuerza útil) más el trabajo que recibe el entorno (venciendo a la pentorno). Y para obtener el trabajo en el pistón tenemos que tener en cuenta, además del trabajo que realizan los gases con su evolución termodinámica, el trabajo que realizan las gomas al deshinchar.

Sabemos que, si calculamos el trabajo de las gomas así: V2

V22 − V12 V .dV  V 2  W goma == ∫ = =  V1 K 2 .K  2.K  V1 así sale el valor del trabajo con el convenio de signos mecánico, contrario al convenio de signos termodinámico, por lo que aunque la lógica nos dice que el trabajo que recibe el pistón es el que realiza el sistema en su evolución termodinámica más lo que realizan las gomas, tenemos que cambiar el signo del trabajo de estas para realizar correctamente la suma de los trabajos con todas las cantidades positivas.

V2

Polo tanto se cumple que Wrecibe pistón = Wrealiza sistema + (- Wrealizan gomas) por lo que: V 2 − V12A  V22B − V12B  Wrecibe _ pistón = Wrealiza _ sistema −  2 A −     2.K  goma _ A  2.K  goma _ B

 0 2 − 100 2   0 2 − 50 2  Operando: Wrecibe _ pistón = 85011,5 −  −    2.1 / 7  goma _ A  2.1 / 7  goma _ B Queda: Wrecibe pistón = 128 761,5 kJ Y este trabajo que recibe el pistón, lo recibe en parte el eje (trabajo aprovechable directamente) y otra parte lo recibe el vapor de agua del entorno, que ya vimos antes que recibe 89951,1 kJ Wrecibe pistón = Wrecibe eije + Wrecibe entorno --> 128 761,5 = Wrecibe eje + 89951,1 --> Wrecibe eje = 38810,4 kJ

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e) Representar los procesos y estados termodinámicos en los diagramas h-s, Ts y p-v.

Los procesos en el diagrama T-s ya fueron representados a lo largo del presente desarrollo del problema pero, a veces, con una mala colocación de los estados 2B=3A. Por lo tanto lo representaremos aquí correctamente, además de los otros dos diagramas pedidos.

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