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.
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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.
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