Problemas de-entropia
- 1. Problemas de la Segunda ley de la Termodinámica (ENTROPIA) Problemas de principio de incremento de entropía ► Durante un proceso de adición de calor isotérmico de un ciclo de Carnot, se 900 kJ agregan al fluido de trabajo de una fuente que esta a 400 o C. Determine a) Cambio de entropía del fluido, b) Cambio de entropía de la fuente, c) Cambio de entropía total para todo el proceso. Respuesta: El proceso es reversible e isotérmico por lo que el cambio de entropía para un proceso a temperatura constante se determina así: cteT T Q S =∴=Δ La temperatura del proceso es de 400 o C en grados absolutos seria 400 + 273 = 673 K. a) Cambio de entropía del fluido: el fluido recibe calor por lo tanto esta transferencia es positiva, entonces: KkJ K kJ T Q S fluido fluido fluido /,Δ 3371 673 900 === b) Cambio de entropía de la fuente: la fuente cede calor por lo tanto la transferencia es negativa, entonces: kkJ K kJ T Q S fuente fuente fuente /,Δ 3371 673 900 −= − == c) Cambio de entropía total para todo el proceso: podemos considerar un sistema y sus alrededores como dos subsistemas de un sistema aislado, y el cambio de entropía de este durante un proceso resulta de la suma de los cambios de entropía del sistema y los alrededores, la cual es igual a la generación de entropía porque un sistema aislado no involucra transferencia de entropía. Es decir: 0≥+== salrededoresistematotalgenerada SSSS ΔΔΔ Donde la igualdad se cumple para procesos reversibles y la desigualdad para procesos irreversibles. Mientras mas grande sea la entropía de un proceso mas irreversible es, ninguna entropía se genera en los proceso reversible, por lo tanto Sgenerada = 0. El cambio de entropía de un proceso (ΔStotal) puede ser negativo pero la entropía generada no. Lo dicho anteriormente puede resumirse así: Esta relación sirve como criterio decisivo si un proceso es reversible, irreversible o imposible. Tomando en cuenta esto para el problema que nos ocupa tenemos que: ΔStotal = Sistema + Salrrededores = ΔSfluido + ΔSfuente = (1,337 – 1,337)kJ/K = 0, esto implica que la Sgenerada = 0 lo cual concuerda con el enunciado del problema (proceso reversible). 1
- 2. ► El refrigerante 134ª entra como mezcla saturada de liquido vapor a una presión de 160 kPa en el serpentín de un evaporador de un sistema de refrigeración. El refrigerante absorbe 180 kJ de calor del espacio refrigerado que se mantiene – 5 o C y sale como vapor saturado a la misma presión. Determinar a) cambio de entropía del refrigerante, b) Cambio de entropía del espacio refrigerado, c) Cambio de entropía total. Respuesta. En la zona de mezcla saturada la presión y la temperatura son constantes, por lo tanto la temperatura del refrigerante sea la temperatura de saturación a la presión dada de 160 kPa, por lo que Ts = - 15,62 oC. a) Cambio de entropía del refrigerante: KKJ K kJ K kJ T Q S ref ref ref /, ,),( Δ 6990 4257 180 2736215 180 == +− == b) Cambio de entropía del espacio refrigerado: KKJ K kJ K kJ T Q S er er er /, )( Δ 6720 268 180 2735 180 −= − = +− − == El Qer es negativo ya que el espacio refrigerado cede calor. c) Cambio de entropía total: ΔStotal = ΔSistema + ΔSalrrededores = ΔSref + ΔSer = (0,699 – 0,672)kJ/K = 0,027 kJ/k por el resultado obtenido el proceso es posible e irreversible., ya que Sgenerada = 0,027 kJ/k. Problemas de cambio de entropía de sustancias puras ► Un recipiente rígido contiene inicialmente 5 kg de refrigerante 134ª a 20 o C y 140 kpa, la sustancia se enfría mientras es agitado hasta que su presión disminuye a 100 kPa. Determine el cambio de entropía del refrigerante durante el proceso. Análisis: Para determinar el cambio de entropía de una masa especificada en un sistema cerrado usamos la siguiente expresión: )(ΔΔ 12 ssmsmS −== Por lo tanto requerimos calcular la masa total, m, y los valores de la entropía en los estados 1 y 2, para determinar el valor de la entropía en un estado especifico lo hacemos del mismo modo que cualquier propiedad termodinámica usando la tablas termodinámicas. En diagrama T-s represente el proceso. El recipiente es rígido por cual el volumen es constante durante el proceso v2 = v1, el recipiente es cerrado por lo que no hay transferencia de masa. Estado 1: P1 = 140 kPa T1 = 20 o C Para la presión dada (1,4 bar) la temperatura de saturación de acuerdo a la tabla de saturación es: Ts = -18,8 o C, si la comparamos con las temperatura dada observamos que T1 > Ts 2
- 3. por que la fase es Vapor Sobrecalentado esto implica que los valores del volumen promedio (v1) y entropía promedio (s1) los leeremos directamente de la tabla de vapor sobrecalentado a la presión de 1,4 bar y a una temperatura de 20 o C, estos valores son v1 = 0,1652 m3 /kg, s1 = 1,0532 kJ/kg.K. Estado 2: P2 = 100 kPa v2 = v1 = 0,1652 m3 /kg Para la presión de 1 bar determinamos los valores vf y vg en la tabla de saturación los cuales son: vf = 0,0007258 m3 /kg vg = 0,1917 m3 /kg Como podemos observar vf < v2 <vg por lo que fase presente es Mezcla Saturada, para determinar la entropía en este estado debemos usar: s2 = sf + x2(sg – sf), calculamos la calidad de la mezcla 8610 0007258019170 00072580165202 , ),,( ),,( = − − = − − = fg f vv vv x Los valores de sf y sg para 1 bar son: sf = 0,0678 kJ/kg.K sg = 0,9395 kJ/kg.K s2 = 0,0678 +(0,861)(0,9395 – 0,0678) = 0,8183 kJ/kg.K Entonces el cambio de entropía del refrigerante es: K kJ Kkg kJ kgssmS 174310532181830512 , . ),,)(()(Δ −=−=−= El signo negativo en este caso significa que la entropía del sistema esta disminuyendo, pero esto no esta violando la segunda ley, porque la generación de la entropía no puede ser negativa. Diagrama del proceso: ► Un dispositivo rígido de 1 m3 de volumen contiene agua a 30 bar y 600 o C. El agua se enfría y la presión baja a 15 bar, el ambiente que recibe el calor esta a 1,1 bar y 27 o C. Determine: a) Variación de la entropía del agua. b) Producción total de entropía en el proceso. 3
- 4. c) Dibujar el proceso en un diagrama T-s. Análisis: El recipiente es rígido volumen constante, es cerrado, no hay transferencia de masa, la variación de la entropía del agua será: )(ΔΔ 12 ssmsmSagua −== . Para determinar la producción total de entropía en el proceso usamos: Sgenerada = ΔStotal = ΔSsistema + ΔSalrrededores = ΔSagua + ΔSsumidero Como el sumidero esta a temperatura constante el cambio de entropía será: sumidero sumidero sumidero T Q S =Δ a) Variación de la entropía del agua Estado 1 P1 = 30 bar T1 = 300 o C VT = 1 m3 A la presión de 30 bar la temperatura de saturación es de Ts = 233,9 o C, si la comparamos con la temperatura dada observamos que T1 > Ts, por lo tanto la fase presente en este estado es Vapor Sobrecalentado, por lo que el volumen especifico promedio (v1) y la entropía promedio (s1) son los obtenidos de la tabla de vapor sobrecalentado a la presión de 30 bar, a la temperatura de 600 o C, dichos valores son: v1 = 0,1324 m3 /kg s1 = 7,5085 kJ/kg.k Estado 2 P2 = 15 bar v2 = v1 = 0,1324 m3 /kg Para la presión de 15 bar los valores de vf y vg son: vf = 0,0011539 m3 /kg vg = 0,1318 m3 /kg Como podemos observar v2 > vg, la fase presente en este estado es Vapor Sobrecalentado y al igual que en el estado anterior el valor de s2 los obtendremos de la tabla de vapor sobrecalentado a la presión de 15 bar y a un volumen especifico de 0,1324 ≈ 0,1325 este valor es: s1 = 6,4546 kJ/kg.k Calculamos la masa total del sistema: kg kgm m v V m T 5537 13240 1 3 3 1 , /, === Entonces el cambio de entropía del agua es: K kJ Kkg kJ kgssmSagua 9675085745466553712 , . ),,)(,()(Δ −=−=−= Valor obtenido indicativo que la entropía esta bajando. b) Producción total de entropía en el proceso. Primero debemos calcular el cambio de entropía en el sumidero que es; sumidero sumidero sumidero T Q S =Δ de esta expresión conocemos la temperatura que es de 27 o C que son: 27 + 273 = 300 k, pero el calor recibido del fluido no lo conocemos, este calor es equivalente al calor cedido por el fluido durante el proceso, para calcular este calor hacemos el siguiente balance energético: 4
- 5. UEEWQE PCNSNE ΔΔΔΔ ++=−= como el sistema es estacionario Ep = Ec = 0 NSNE WQU −=Δ , ahora el WNS = 0 y QNE = QE - QS, pero QE = 0, por lo que QNE = - QS, esto implica que: )(Δ 12 uumQQU SS −−=→−= , de esta ecuación conocemos m, los valores de las energías internas promedios 1 y 2 los determinamos para cada estado de acuerdo la tabla de vapor sobrecalentado, dichos valores son: u1 = 3285 kJ/kg u2 = 2598,1 kJ/kg sumideroS QkJkgkJkgQ ==−−= 2518832850125985537 ,/),)(,( KkJ K kJ T Q S sumidero sumidero sumidero /, , Δ 2917 300 15188 === Sgenerada = ΔStotal = ΔSsistema + ΔSalrrededores = ΔSagua + ΔSsumidero = - 7,96 + 17,29 = 9,33 De acuerdo a este resultado K kJ SS totalgenerada 339,Δ == por lo tanto el proceso es posible e irreversible. 5
- 6. UEEWQE PCNSNE ΔΔΔΔ ++=−= como el sistema es estacionario Ep = Ec = 0 NSNE WQU −=Δ , ahora el WNS = 0 y QNE = QE - QS, pero QE = 0, por lo que QNE = - QS, esto implica que: )(Δ 12 uumQQU SS −−=→−= , de esta ecuación conocemos m, los valores de las energías internas promedios 1 y 2 los determinamos para cada estado de acuerdo la tabla de vapor sobrecalentado, dichos valores son: u1 = 3285 kJ/kg u2 = 2598,1 kJ/kg sumideroS QkJkgkJkgQ ==−−= 2518832850125985537 ,/),)(,( KkJ K kJ T Q S sumidero sumidero sumidero /, , Δ 2917 300 15188 === Sgenerada = ΔStotal = ΔSsistema + ΔSalrrededores = ΔSagua + ΔSsumidero = - 7,96 + 17,29 = 9,33 De acuerdo a este resultado K kJ SS totalgenerada 339,Δ == por lo tanto el proceso es posible e irreversible. 5