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Road to IngenieríaIngeniería Térmica · tema 06

Ingeniería Térmica · tema 06

La entropía y su utilización

La magnitud que se crea y no se destruye, el balance de entropía con su término de generación, y el rendimiento isentrópico.

El tema 5 terminó con la desigualdad de Clausius:

∮δQT≤0\oint \frac{\delta Q}{T} \le 0

con la igualdad en los procesos reversibles. Y que una integral cíclica valga cero significa exactamente una cosa: que lo de dentro es la diferencial de una función de estado. Esa función es la entropía, y este tema es lo que se puede hacer con ella.

dS=δQT∣reversible[S]=JKdS = \left.\frac{\delta Q}{T}\right|_{reversible} \qquad [S] = \frac{\text{J}}{\text{K}}

La propiedad que se crea

Aquí está la diferencia con todo lo anterior. La energía se conserva: no se crea ni se destruye. La entropía no se conserva: se crea.

Para un proceso irreversible, dS>δQ/TdS > \delta Q/T, y lo que sobra tiene nombre:

ΔS12=∫12δQT+SGconSG≥0\Delta S_{12} = \int_1^2 \frac{\delta Q}{T} + S_G \qquad\text{con}\qquad S_G \ge 0

Léela despacio, porque es la ecuación que gobierna el resto de la asignatura. La entropía de un sistema cambia por dos motivos, y solo dos:

  • Porque entra o sale calor, y eso es el término integral. Puede ser positivo o negativo: el calor que entra sube la entropía, el que sale la baja.
  • Porque el proceso es irreversible, y eso es SGS_G. Este término nunca es negativo. Vale cero si el proceso es reversible y positivo si no.

De ahí, el caso particular más citado: en un sistema aislado no entra ni sale calor, así que el término integral desaparece y queda

ΔS12∣aislado≥0\Delta S_{12}\big|_{aislado} \ge 0

La entropía de un sistema aislado nunca disminuye. Y como el universo es el sistema aislado por excelencia, la entropía del universo solo puede crecer.

«La entropía siempre aumenta»

Solo en un sistema aislado. La de un sistema cualquiera puede bajar perfectamente, y baja cada vez que cede calor: enfría un vaso de agua en la nevera y su entropía disminuye.

Lo que no puede bajar es la del conjunto —el vaso más la nevera más la cocina—, porque ahí ya no hay nada fuera que se lleve el calor. En el ejercicio 1 de enero de 2026, la entropía del aire del cilindro baja 0,5776 kJ/K y la del medio circundante sube 0,8191: el sistema baja, el universo sube 0,2415, y las tres cifras son correctas a la vez.

Si en un examen te sale ΔS\Delta S negativa para un sistema, no es un error. Si te sale SGS_G negativa, sí lo es.

Cómo se calcula la variación de entropía

La entropía es función de estado, así que su variación entre dos estados se puede calcular por cualquier camino, aunque el real sea irreversible. Se elige uno reversible que una los mismos extremos y se integra.

Combinando el primer principio, δQ=dU+δW\delta Q = dU + \delta W, con la definición de entropía, sale la ecuación fundamental de la termodinámica:

T dS=dU+P dVT\,dS = dU + P\,dV

Y de ella, integrando:

ΔS12=∫12dUT+∫12P dVT\Delta S_{12} = \int_1^2 \frac{dU}{T} + \int_1^2 \frac{P\,dV}{T}

Gas ideal

Con dU=m cv dTdU = m\,c_v\,dT y P/T=mR′/VP/T = mR'/V:

ΔS12=m cvln⁡T2T1+m R′ln⁡V2V1=m cpln⁡T2T1−m R′ln⁡P2P1\Delta S_{12} = m\,c_v \ln\frac{T_2}{T_1} + m\,R' \ln\frac{V_2}{V_1} = m\,c_p \ln\frac{T_2}{T_1} - m\,R' \ln\frac{P_2}{P_1}

Las dos formas son la misma; se usa la que case con los datos del enunciado. Y las dos llevan logaritmos de cocientes de temperaturas, así que todo en kelvin.

Sustancia incompresible

Es el modelo del agua líquida, y el que el examen usa para el agua de refrigeración. Si vv es constante, el término P dvP\,dv desaparece y los dos calores específicos colapsan en uno:

cp=cv=cΔu=c ΔTΔh=c ΔT+v ΔP≈c ΔTΔs=cln⁡T2T1c_p = c_v = c \qquad \Delta u = c\,\Delta T \qquad \Delta h = c\,\Delta T + v\,\Delta P \approx c\,\Delta T \qquad \Delta s = c\ln\frac{T_2}{T_1}

Y aquí viene un detalle de la asignatura que hay que saber, porque los enunciados lo dan por sabido: el origen de hh y de uu para este modelo está en 0 °C. Es decir:

u=c θh≈c θs=cln⁡T273u = c\,\theta \qquad h \approx c\,\theta \qquad s = c\ln\frac{T}{273}

Fíjate en la asimetría, que es la fuente de la mitad de los errores: la entalpía se calcula con la temperatura en grados Celsius, y la entropía con el cociente en kelvin respecto de 273. No es incoherencia: las dos están referidas al mismo estado —0 °C—, pero una es una diferencia y la otra un cociente, y ya sabemos qué escala pide cada cosa.

Comprobado en la resolución oficial de enero de 2026, para el agua a 15 °C:

h0=4,186⋅15=62,79 kJkgs0=4,186ln⁡288273=0,224 kJkg⋅Kh_0 = 4{,}186\cdot 15 = 62{,}79\ \frac{\text{kJ}}{\text{kg}} \qquad s_0 = 4{,}186\ln\frac{288}{273} = 0{,}224\ \frac{\text{kJ}}{\text{kg}\cdot\text{K}}

Y el tercer principio

lim⁡T→0S=0(sustancia pura)\lim_{T\to 0} S = 0 \qquad\text{(sustancia pura)}

Es lo que fija el cero de la escala de entropías, igual que el punto triple fija el de las entalpías del agua. En los ejercicios casi nunca interviene, pero es la razón de que las tablas puedan dar entropías absolutas y no solo diferencias.

El diagrama T-s

Si dS=δQ/TdS = \delta Q/T en un proceso reversible, entonces δQ=T dS\delta Q = T\,dS, y por tanto

q=∫12T ds=el aˊrea bajo el proceso reversible en el T-sq = \int_1^2 T\,ds = \text{el área bajo el proceso reversible en el } T\text{-}s

Es el gemelo exacto de lo que pasaba en el P-vP\text{-}v con el trabajo. Y como allí, el área solo es el calor si el proceso es reversible.

Por qué el ciclo de Carnot es un rectánguloDiagrama de temperatura frente a entropía. El ciclo de Carnot aparece como un rectángulo: los dos lados horizontales son las isotermas, a la temperatura del foco caliente arriba y la del frío abajo, y los dos verticales son las adiabáticas reversibles, que al no intercambiar calor ni generar entropía mantienen la entropía constante. El área bajo el lado superior es el calor absorbido, la del inferior el cedido, y el área encerrada por el rectángulo es el trabajo neto: la diferencia entre los dos.Tsisoterma a T₁ — se absorbe Q₁isoterma a T₂ — se cede Q₂s = ctes = cteW = área encerradaQ₂, lo que hay que tirarT₁T₂las adiabáticas reversibles son verticales, y por eso el ciclo tiene esquinasη = 1 − Q₂/Q₁ se lee como el cociente de las dos áreas

El rectángulo no es un dibujo bonito: es la definición de Carnot puesta en ejes. Dos isotermas son dos horizontales y dos adiabáticas reversibles son dos verticales, así que el ciclo tiene que salir rectángulo, y su área es el calor neto.

Con esto, dos lecturas inmediatas:

  • Un proceso adiabático reversible es una vertical en el T-sT\text{-}s, porque δQ=0\delta Q = 0 y SG=0S_G = 0 implican ds=0ds = 0. Por eso «adiabático reversible» e «isentrópico» son lo mismo.
  • Un ciclo de Carnot es un rectángulo: dos horizontales (isotermas) y dos verticales (isentrópicas). Su área es el trabajo neto.

Los procesos politrópicos también tienen su forma. De ds=cn dT/Tds = c_n\,dT/T sale

Δs=cnln⁡TT0es decirT=T0 es−s0cn\Delta s = c_n \ln\frac{T}{T_0} \qquad\text{es decir}\qquad T = T_0\,e^{\frac{s-s_0}{c_n}}

y cada valor de nn da su exponencial: el isotermo (n=1n=1, con cn=∞c_n = \infty) es una horizontal, el adiabático (n=γn=\gamma, con cγ=0c_\gamma = 0) es una vertical, y el isóbaro y el isócoro son exponenciales de pendiente cpc_p y cvc_v —el isócoro más empinado, porque su calor específico es menor—.

El balance de entropía en un volumen de control

Con la masa cruzando la frontera, el balance se escribe igual que el de energía: lo que sale menos lo que entra, más lo que se acumula, menos lo que llega con el calor.

S˙G=m˙ (s2−s1)−∫S.C.δQ˙iTi≥0(reˊgimen permanente)\dot S_G = \dot m\,(s_2 - s_1) - \int_{S.C.}\frac{\delta \dot Q_i}{T_i} \ge 0 \qquad\text{(régimen permanente)}

En régimen transitorio aparece además el término de acumulación, (dS/dt)vc(dS/dt)_{vc}.

Fíjate en el subíndice de la temperatura: TiT_i es la temperatura de la superficie por la que entra ese calor, no la del fluido ni la media del proceso. Cuando el calor entra por una frontera a temperatura uniforme, la integral es simplemente Q˙/T\dot Q/T.

Dividir el calor por la temperatura equivocada

El término ∫δQ/T\int \delta Q/T se evalúa con la temperatura del sitio por donde cruza el calor, y ese sitio depende de dónde hayas puesto la frontera.

Es el error que más veces estropea un cálculo de entropía generada, y se ve bien en el ejercicio 1 de enero de 2026. El aire del cilindro se enfría de 557,5 K a 300 K cediendo 240 kJ al medio circundante, que está a 20 °C. Hay dos cuentas distintas y las dos aparecen:

  • Para el sistema, el calor sale a través de una frontera cuya temperatura va cambiando con el gas, así que hay que integrar: ∫δQ/T=m cnln⁡(T2/T1)=−0,578 kJ/K\int \delta Q/T = m\,c_n \ln(T_2/T_1) = -0{,}578\ \text{kJ/K}.
  • Para el medio circundante, el calor entra a través de una frontera que está siempre a 20 °C, porque el medio es tan grande que no se calienta: ΔSMC=Q/TMC=240/293=0,819 kJ/K\Delta S_{MC} = Q/T_{MC} = 240/293 = 0{,}819\ \text{kJ/K}.

Los dos números salen del mismo calor, 240 kJ, y son distintos. Esa diferencia es la entropía generada.

El ejemplo completo

Sigamos ese ejercicio hasta el final, porque es el esqueleto de casi todos.

Entropía generada en el sistema. El proceso es reversible según el enunciado, así que debería salir cero, y sale:

SG,sist=m (s2−s1)−∫δQT=−0,578−(−0,578)=0S_{G,sist} = m\,(s_2 - s_1) - \int\frac{\delta Q}{T} = -0{,}578 - (-0{,}578) = 0

Entropía generada en el universo. El universo es el sistema más el medio, y está aislado, así que toda su variación es generación:

SG,univ=ΔSsist+ΔSMC=−0,578+0,819=0,241 kJKS_{G,univ} = \Delta S_{sist} + \Delta S_{MC} = -0{,}578 + 0{,}819 = 0{,}241\ \frac{\text{kJ}}{\text{K}}

Y ahí está la lección del ejercicio: el proceso es internamente reversible y el universo genera entropía igualmente. La irreversibilidad no está dentro del cilindro; está en la frontera, donde 240 kJ pasan de un gas que está entre 284 y 27 °C a un ambiente que está a 20. Transferir calor con una diferencia finita de temperaturas es irreversible, y es la tercera condición del tema 5.

El rendimiento isentrópico

Última pieza del tema, y la que conecta con las máquinas del tema 4.

Los procesos reales se estudian tomando como referencia el proceso reversible entre las mismas dos presiones, y corrigiendo con un factor. El más importante es el rendimiento interno o isentrópico, que compara el salto de entalpía real con el que habría si el proceso fuese isentrópico.

Se escribe al revés según el aparato, y el criterio es el mismo de siempre — arriba lo que se obtiene, abajo lo que se paga—:

expansioˊn (turbina, tobera):ηST=h1−h2h1−h2′\text{expansión (turbina, tobera):}\quad \eta_{ST} = \frac{h_1 - h_2}{h_1 - h_{2'}} compresioˊn (compresor, difusor, bomba):ηSC=h2′−h1h2−h1\text{compresión (compresor, difusor, bomba):}\quad \eta_{SC} = \frac{h_{2'} - h_1}{h_2 - h_1}

donde 2′2' es el estado que se alcanzaría con s2′=s1s_{2'} = s_1, es decir bajando o subiendo en vertical en el diagrama h-sh\text{-}s hasta la presión final.

Los dos cocientes son menores que uno, y por el mismo motivo: en una expansión real se obtiene menos trabajo del ideal, y en una compresión real hay que meter más. Si te sale mayor que uno, has invertido la fracción.

Buscar el estado 2 prima con la temperatura en vez de con la entropía

El estado 2′2' se localiza con dos datos, como cualquier estado: la presión final —que es la misma que la del proceso real— y la entropía del estado inicial, s2′=s1s_{2'} = s_1. Esa segunda condición es la que le da nombre al rendimiento.

La temperatura de 2′2' no es un dato: es un resultado, y en general no coincide con la del estado real 2. En una expansión, T2′<T2T_{2'} < T_2, porque el proceso real desperdicia parte del salto en calentar el propio fluido.

Es el paso que la bomba del ejercicio 2 de enero de 2026 exige: se entra en la tabla de líquido comprimido con P3′=50 barP_{3'} = 50\ \text{bar} y s3′=s2=1,3028 kJ/(kg⋅K)s_{3'} = s_2 = 1{,}3028\ \text{kJ/(kg·K)}, y de ahí sale h3′=345,82h_{3'} = 345{,}82, que comparado con el salto real da un rendimiento del 61,6 %.

Practica lo que acabas de leer

Dos términos que tiran en sentidos contrarios

Ejemplo introductorio, para entrar de cero. Cada paso equivocado recibe su diagnóstico, no un «incorrecto».

Hacer el ejercicio →

nivel: ejemploEjemplo introductorio · Road to Ingeniería, sobre la variación de entropía de un gas ideal del Tema 6 de la asignatura. No es de examen ni de la colección.

Dos términos que tiran en sentidos contrarios

paso 1 de 5

1.er intento a pelo · al 2.º aparece la pista, al 3.º el desarrollo — la solución nunca se da al fallar: se te dice en qué te has ido y por qué.

Enunciado

Se comprime aire desde 300 K300\ \text{K} y 1 bar1\ \text{bar} hasta 500 K500\ \text{K} y 4 bar4\ \text{bar}.

a) ¿Cuánto vale la variación de entropía específica?

b) ¿Cuánto aporta cada uno de los dos términos, y qué significa que tengan signos distintos?

Datos del aire: cp=1,0045c_p = 1{,}0045, R′=0,287 kJ/(kg⋅K)R' = 0{,}287\ \text{kJ/(kg·K)}.

La variación de entropía y el reparto entre sus dos términos.

  1. 01

    Reconocer el camino

    COMP1

    El aire se calienta y se comprime. ¿Qué le hace cada cosa a su entropía?

  2. 02

    El término de la temperatura

    COMP2

    ¿Cuánto aporta cpln⁡(T2/T1)c_p\ln(T_2/T_1)?

    un calor específico, con su unidad — con su unidad; vale cualquiera de la misma magnitud
  3. 03

    El término de la presión

    COMP2

    ¿Y cuánto aporta −R′ln⁡(P2/P1)-R'\ln(P_2/P_1)?

    un calor específico, con su unidad — con su unidad; vale cualquiera de la misma magnitud
  4. 04

    La variación total

    COMP2

    ¿Cuánto vale Δs\Delta s?

    un calor específico, con su unidad — con su unidad; vale cualquiera de la misma magnitud
  5. 05

    Justificar el argumento

    COMP4

    Ordena la lectura física del resultado. Una pieza es falsa.

    1. Ve eligiendo las piezas en orden.

¿Esto está mal? Dilo →La resolución es nuestra y puede tener fallos. El enunciado es el original.

nivel: practicaEjercicio 5.8 de la colección de problemas de los temas 5 y 6 · Ingeniería Térmica, Escuela de Ingeniería de Gipuzkoa (UPV/EHU). El material no publica sus resultados, así que el desarrollo es nuestro y está comprobado por dos vías independientes: la temperatura tiene que caer entre las dos de partida y ponderada por las masas, y la entropía generada tiene que salir positiva.

Dos corrientes de aire que se mezclan

paso 1 de 5

1.er intento a pelo · al 2.º aparece la pista, al 3.º el desarrollo — la solución nunca se da al fallar: se te dice en qué te has ido y por qué.

Enunciado

Se mezclan adiabáticamente, a la presión de 1 bar1\ \text{bar}, 100 m3/s100\ \text{m}^{3}/\text{s} de aire a 20 °C20\ \text{°C} con 50 m3/s50\ \text{m}^{3}/\text{s} de aire a 90 °C90\ \text{°C}.

Datos del aire: R′=0,287R' = 0{,}287, cp=1,0045 kJ/(kg⋅K)c_p = 1{,}0045\ \text{kJ/(kg·K)}.

a) La temperatura de la corriente resultante.

b) La entropía generada en el proceso.

La temperatura de la mezcla y la entropía generada por unidad de tiempo.

  1. 01

    Reconocer el camino

    COMP1

    El enunciado da caudales volumétricos, y las dos corrientes están a temperaturas distintas. ¿Se pueden sumar directamente?

  2. 02

    El gasto de la corriente fría

    COMP2

    ¿Cuántos kilogramos por segundo trae la corriente de 20 °C?

    un caudal másico, con su unidad — con su unidad; vale cualquiera de la misma magnitud
  3. 03

    La temperatura de la mezcla

    COMP2

    Con m˙1=118,9\dot m_1 = 118{,}9 y m˙2=48,0 kg/s\dot m_2 = 48{,}0\ \text{kg/s}, ¿a qué temperatura sale la corriente resultante?

    una temperatura, con su unidad — con su unidad; vale cualquiera de la misma magnitud
  4. 04

    La entropía generada

    COMP2

    ¿Cuánta entropía se genera por segundo en la mezcla?

    una entropía por unidad de tiempo, con su unidad — con su unidad; vale cualquiera de la misma magnitud
  5. 05

    Justificar el argumento

    COMP4

    Ordena la comprobación del resultado. Una pieza es falsa.

    1. Ve eligiendo las piezas en orden.

¿Esto está mal? Dilo →La resolución es nuestra y puede tener fallos. El enunciado es el original.

Entrena COMP1 · COMP2

Adaptado del Tema 6, «La entropía y su utilización» —que la asignatura imparte junto al Tema 5— · Departamento de Ingeniería Energética, UPV/EHU. Los valores del ejemplo trabajado están contrastados contra la resolución oficial de la convocatoria de enero de 2026.