dv h h c T dT v T − = ⋅ + dp dT - uco.es 4.pdf · VAPOR DE AGUA DIAGRAMA T-s ... p =p1 p =p1 p =p1 sobrecalentado vapor saturado ºC (d) ts ºC > (e) t vapor ts VAPORIZACIÓN

José Agüera Soriano 2011 1

CÁLCULO DE LAS FUNCIONES DE ESTADO

pdTdpT

dvdu

vT

−

⋅=

pT dTdvTv

dpdh

⋅−=

pvvp dT

dvdTdpTcc

⋅

⋅+=

∫∫ ⋅

⋅−+⋅=− 2

1

2

1

12 )(p

pp

T

T p dpdTdvTvdTTchh

dpdTdvdTdp

dTvd

TdTTcss

p

p

pp

pT

Tp

T

T⋅

−⋅

⋅

−⋅=− ∫∫∫∫

2

1

2

1

2

1

2

2

0

12 )(



GASES PERFECTOS CON CAPACIDADESCALORÍFICAS VARIABLES

VAPOR DE AGUA

DIAGRAMA T-s

DIAGRAMA h-s


Capacidades caloríficas

Gases reales

),( TvcdTduc v

vv =

= ),( Tpc

dTdhc p

pp =

=

Gases perfectos

)(TcdTduc vv == )(Tc

dTdhc pp ==

Gases monoatómicosRcv ⋅= 5,1 Rc p ⋅= 5,2


cp = 37,22 kJ/kmol oC para T = 300 Kcp = 62,23 kJ/kmol oC para T = 3000 K

Por ejemplo, para el CO2:

valores mediosvp cc y/o pc

1T 2T T

T2|pc T1

_

1

T( )c2

= cp p

AB

Rcc vp +=

K kJ/kmol 3143,8+= vp cc

Igualdad de Mayer


Energía interna

dTcdu v ⋅=

)( 12122

1TTcuu T

Tv −⋅=−

10201212 TcTcuu T

vT

v ⋅−⋅=−

Integrando

O también, utilizando valores medios de cv entre 0 K y T K:

entre dos estados 1 y 2:

(gases perfectos)

Valores que pueden encontrarse en tablas; por ejemplo, las tablas 10 del libro.


Entalpía

dTcdh p ⋅=

)( 12122

1TTchh T

Tp −⋅=−

10201212 TcTchh T

pT

p ⋅−⋅=−

Integrando

O también, utilizando valores medios de cp entre 0 K y T K:

entre dos estados 1 y 2:

(gases perfectos)

Valores que pueden encontrarse en tablas; por ejemplo, las tablas 10 del libro.


EJERCICIODiferencia de entalpía del aire:T1 = 330 K y T2 = 2960 K,

a) cp = 3,5⋅Rb) cp variable.

kJ/kmol 76533)3302960(3143,85,3

)( 1212

=−⋅⋅=

=−⋅=− TTchh p

Solución a)


Solución b)

);(2950300029502960

2950300029502 hhhh −⋅−−

+=

kJ/kmol 8,100974

)9,1005983,102478(50109,1005982

=

=−⋅+=h

De igual forma, h1 = 9603,4 kJ/kmol:

kJ/kmol 4,913714,96038,10097412 =−=− hh


Entropía

1

2

1

212 lnln

vvR

TTcss v ⋅+⋅=−

1

2

1

212 lnln

ppR

TTcss p ⋅−⋅=−

∫⋅+

=−2 1 12 T

dvpduss

∫⋅−

=−2 1 12 T

dpvdhss

1

22 1

lnvvR

TdTcv ⋅+

⋅= ∫

1

22 1

lnppR

TdTc p ⋅−

⋅= ∫

(gases perfectos)

Aunque el procedimiento no es del todo correcto, puede asumirse el error, tanto más cuanto menor sea el intervalo de temperaturas del problema.


)( 12122

1TTcuu T

Tv −⋅=− )( 12122

1TTchh T

Tp −⋅=−

12

12

12

122

1 TTuu

TTuuc T

Tv ′−′′−′

=−−

=

12

12

12

122

1 TThh

TThhc T

Tp ′−′′−′

=−−

=

Capacidades caloríficas mediasSe buscan en tablas las T1’ y T2’ más próximas a las T1 y T2 del problema. Sus correspondientes u1’, u2’, h1’, h2’, sesustituyen en las ecuaciones,


1

2

1

212 lnln

ppR

TTcss p ⋅−⋅=−

Solución a)

KkmolkJ 934,38

120ln3143,8

3302960ln3143,85,312

=⋅−

−⋅⋅=− ss

EJERCICIOCalcúlese la diferencia de entropía de aire:T1 = 330 K, p1 = 1 bar, T2 = 2960 K, p2 = 20 bar

a) cp = 3,5⋅Rb) cp variable (tabla 10.1).


Solución b)

=⋅−⋅−−

=

=⋅−⋅=−

120ln

3302960ln

3502950)(

lnln

3502950

1

2

1

212

RhhppR

TTcss p

KkmolkJ 380,51

120ln3143,8

3302960ln

260010189100599

=⋅−

−⋅−

=


Variabilidad del exponente adiabático

γ = 1,288 para T = 300 Kγ = 1,154 para T = 3000 K

TcTc

cc

v

p

v

p

∆⋅

∆⋅==γ

12

12

uuhh

′−′′−′

=γ

Menos en gases monoatómicos, γ es menor cuando latemperatura aumenta. Por ejemplo, para el CO2 (tabla 9)

Es pues conveniente buscar en cada caso el valor de γ quecorresponda:

Utilizaremos como antes las temperaturas de la tabla más próximas a las temperaturas del problema:


Aire a volumen constante, desde p1 = 2 bar y T1 = 305 Khasta p2 = 8 bar, y a continuación a entropía constantehasta p3 = 1 bar. Calcúlese,

a) variación de entropíab) exponente γ medioc) la temperatura final T3

p

s K=

1

v

3

2

Solución

1 bar

8 bar

2 bar305 K

1

2

1

2pp

TT

=

K 1220283052 =⋅=T

EJERCICIO


p

s K=

1

v

3

2

KkmolkJ 231,324ln

900623127156

3051220ln

30012003001200

=⋅−

=

=⋅−−

=uu

=⋅=

=⋅+⋅=

=−=−

1

2

1

2

1

2

1213

ln

lnln

TTc

vvR

TTc

ssss

v

v

a) variación de entropía


b) exponente γ medio

;

1

2

3

2

3 γγ −

=

pp

TT

340,114912271562073237133

7001200

7001200 =−−

=−−

=uuhh

γ

K 720811220 ; 34,1

34,0

3

1

2

3

2

3 =

⋅=

=

−

Tpp

TT γ

γ

K 712811220)a(aproximad 35,1

35,0

3 =

⋅=T

p

s K=

1

v

3

2

c) temperatura final T3



NOTA DE INTERÉSDesde Internet puede copiarse el programaPROGASES, para el cálculo de las propiedades dealgunos gases en estado de gas perfecto, incluidosgases de combustión.

En lo sucesivo, muchos problemas los resolveremoscon su ayuda; aunque esto no significa que estemosobligados a utilizarlo. Cada vez que se dé un listado,entenderemos que no es otra cosa que las tablas 10,11 y/o 12 con sólo los estados del problema encuestión.

Para más información véase apéndice II del libro.


Aire a volumen constante, desde p1 = 2 bar y T1 = 305 Khasta p2 = 8 bar, y a continuación a entropía constantehasta p3 = 1 bar. Calcúlese,

a) variación de entropíab) exponente ? medioc) la temperatura final T3

p

s K=

1

v

3

2

1 bar

8 bar

2 bar305 K

EJERCICIO

γ

Resolver mediante elprograma PROGASES y comparar resultados


PROPIEDADES DE ESTADOS INTRODUCIDOSGAS: Aire (M = 28,964 kg/kmol)Exergías referidas a ta = 20 °C y pa = 1 bar—————————————————————————————————————————————————————————————————————————est. presión temp. energía entalpía entropía exergía volumen n° absoluta absoluta interna específica específ. entálpica específico p T u h s e v bar K kJ/kmol kJ/kmol kJ/kmolK kJ/kmol m³/kmol————————————————————————————————————————————————————————————————————————— 1 2,00 305,00 6335,8 8871,7 192,846 1695,4 12,6793 2 8,00 1220,00 27672,9 37816,4 224,230 21439,9 12,6793 3 1,00 719,69 15363,9 21347,6 224,230 4971,2 59,8373

TRANSFORMACIONES TERMODINÁMICAS. GAS: Aire—————————————————————————————————————————————————————————————————————————trans- tipo trabajo variación variación variaciónforma-transformaciónexpansión energía entalpía exergíación interna entálpica W=∫p·dv -∫v·dp ∆u ∆h ∆e kJ/kmol kJ/kmol kJ/kmol kJ/kmol kJ/kmol————————————————————————————————————————————————————————————————————————— 1-2 isócora 0,0 -7607,6 21337,1 28944,7 19744,5 2-3 γ=1,3401 12309,0 16468,8 -12309,0 -16468,8 -16468,8


mediante tablas

s3 − s1 = 32,231 kJ/kmol Kγ (medio) = 1,340T3 = 720 K

mediante progases

s3 − s1 = 31,384 kJ/kmol Kγ (medio) = 1,3401T3 = 719,69 K


pp

K

CLI CLS

2 3

1

v

43

K (punto crítico)

4 1

2

v

curva límite superior curva límite superior

PROPIEDADES DEL VAPOR DE AGUAEn motores endotérmicos, las transformaciones están muy por encima de la CLS y los gases pueden considerarse comoperfectos. No así para motores exotérmicos (central térmica).


Presión y temperatura de saturación

s

(b)

0

(a)

ºC st ºC húmedovapor

(c)

t

COMIENZOVAPORIZACIÓN

pp = p1 p = 1 pp = 1

sobr

ecale

ntad

o

vaporsaturado

ºC

(d)

st ºC >

(e)

t

vapo

r

st

VAPORIZACIÓNFINAL

1= pp

1p = p

temperatura de saturación ts

(a) (b) (c) (d) (e)

presión constante p1


Presión y temperatura de saturación

ts = t(ps)

• para ps = 2 bar, ts = 120 oC• para ps = 1 bar, ts = 100 oC• para ps = 0,01 bar, ts = 7 oC

(ver tabla 13)

El que pueda hervir el agua a tan baja temperatura justifica el fenómeno de cavitación en instalaciones hidráulicas, y elpueda hervir a 120 oC, por ejemplo, justifica la más rápida cocción de alimentos en las ollas a presión.


Calores de vaporizaciónCalor en el líquido, q Calor de vaporización, r

CE DBA

v'v

o

O

v ''

o∆v

vx

v

q

p

Kr BDQq r

curv

a lím

ite in

feri

or

curva límite superior


s

(b)

0

(a)


(c)

t


pp = p1 p = 1 pp = 1

sobr

ecale

ntad

o

vaporsaturado

ºC

(d)

st ºC >

(e)

t

vapo

r

st

VAPORIZACIÓNFINAL

1= pp

1p = p

(a) (b) (c) (d) (e)

Grado de vapor, xTanto por uno de vapor en 1 kg de vapor húmedo:

0 ≤ x ≤ 1


s

(b)

0

(a)


(c)

t


pp = p1 p = 1 pp = 1

sobr

ecale

ntad

o

vaporsaturado

ºC

(d)

st ºC >

(e)

t

vapo

r

st

VAPORIZACIÓNFINAL

1= pp

1p = p

(a) (b) (c) (d) (e)

Volúmenes específicos

vxvxvx ′⋅−+′′⋅= )1(

v’ v”)( vvxvvx ′−′′⋅+′=

(ver tabla 13)


CE DBA

v'v

o

O

v ''

o∆v

vx

v

qKr BDQ

curv

a lím

ite in

feri

or


ho = 0 (to = 0 oC, po = ps = 0,00611 bar)

Entalpías


CE DBA

v'v

o

O

v ''

o∆v

vx

v

qKr BDQq

curv

a lím

ite in

feri

or


Entalpías∫∫∫ ⋅−⋅−−=⋅−−=

A E

E O oAOEA oAOEA dpvdpvhhdpvhhQ

;0)(0 oo −−⋅−−′= ppvhq)( oo ppvqh −⋅+=′

(ver tabla 13)(h’)


CE DBA

O

o∆v

vx

v

qKr BDQr

curv

a lím

ite in

feri

or


; B A ABAB hhdpvhhrQ ′−′′=⋅−−== ∫rhh +′=′′

Entalpías (ver tabla 13)(h”)


CE DBA

O

o∆v

vx

v

qKr BDQ

curv

a lím

ite in

feri

or


)( hhxhhx ′−′′⋅+′=

Entalpías (vapor húmedo)


CE DBA

O

o∆v

vx

v

qKr BDQ

curv

a lím

ite in

feri

or


; BDBD hhhhQ ′′−=−=

BDQhh +′′=

Entalpías (ver tabla 14)(vapor sobrecalentado)


CE DBA

v'v

o

O

v ''

o∆v

vx

v

qKr BDQ

curv

a lím

ite in

feri

or


Entropíasso = 0 (to = 0 oC y po = 0,00611 bar)


CE DBA

O

o∆v

vx

v

qKr BDQq

curv

a lím

ite in

feri

or


∫∫∫∫ +=+==−A E EA OE OEA 0A 0

TdQ

TdQ

TdQ

TdQss

273ln

273 sT T

cTdTcs s ⋅≈

⋅=′ ∫

Entropías (ver tabla 13)(s’)


CE DBA

O

o∆v

vx

v

qKr BDQr

curv

a lím

ite in

feri

or


∫=−AB AB

1 dQT

sss

sTrss +′=′′

Entropías (ver tabla 13)(s”)


CE DBA

O

o∆v

vx

v

qKr BDQ

curv

a lím

ite in

feri

or


)( ssxssx ′−′′⋅+′=

Entropías (vapor húmedo)


CE DBA

O

o∆v

vx

v

qKr BDQ

curv

a lím

ite in

feri

or


∫∫⋅

==−TT

p

s TdTc

TdQss

D B BD

∫⋅

+′′=TT

p

s TdTc

ss

Entropías (ver tabla 14)(vapor sobrecalentado)


Exergías entálpicas

estado muerto, pa = 1 bar y ta = 20 oCha = 84,0 kJ/kgsa = 0,2963 kJ/kg K

)( aaa ssThhe −⋅−−=

kJ/kg 86,215,293 +⋅−= she

(ver tablas 13 y 14)(vapor de agua)


3

v

p

=

60 bar

0,04 bar=p3

2B2

p2

=p1 1

B3

30 bar

Solucións1 = s2 = s3

s1 = 6,8199 kJ/kg K

s”2 = 6,1838 kJ/kg K< s1

s”3 = 8,4755 kJ/kg K > s1

EJERCICIOVapor de agua a 60 bar y 480 oC adiabáticamente

a) p2 = 30 barb) p3 = 0,04 bar

Entropías y entalpías finales.


para t = 360 oC:s = 6,7844 kJ/kg K; h = 3140,9 kJ/kg

para t = 380 oC:s = 6,8561 kJ/kg K; h = 3187,0 kJ/kg

Estado 2 (s2 = 6,8199 kJ/kg K, 30 bar)

Interpolamos:t2 = 370,1 oCh2 = 3164,2 kJ/kg


Estado 3 (s3 = 6,8199 kJ/kg K, 0,04 bar)

s’3 = 0,4225 kJ/kg K; h’3 = 121,4 kJ/kgs”3 = 8,4755 kJ/kg K; h”3 = 2554,5 kJ/kg

s3 = 6,8199 = s’3 + x3·(s”3 − s’3) = = 0,4225 + x3·(8,4755 − 0,4225)

x3 = 0,7944


Estado 3 (s3 = 6,8199 kJ/kg K, 0,04 bar)x3 = 0,7944

h3 = h’3 + x3·(h”3 − h’3) = =121,4 + 0,7944·(2554,5 − 121,4)

h3 = 2054,3 kJ/kg



NOTA DE INTERÉSDesde internet puede copiarse el programaPROPAGUA, para el cálculo de las propiedades delvapor de agua.

En lo sucesivo, muchos problemas los resolveremoscon su ayuda; aunque esto no significa que estemosobligados a utilizarlo. Cada vez que se dé un listado,entenderemos que no es otra cosa que las tablas 13 y14 con sólo los estados del problema en cuestión.

Para más información véase apéndice II del libro.


3

v

p

=

60 bar

0,04 bar=p3

2B2

p2

=p1 1

B3

30 bar

Solución

EJERCICIOVapor de agua a 60 bar y 480 oC adiabáticamente

a) p2 = 30 barb) p3 = 0,04 bar

Entropías y entalpías finales.

Resolver mediante elprograma PROPAGUA y comparar resultados


Agua (líquido y/o vapor): Propiedades de estados introducidos——————————————————————————————————————————————————————————————————————————est. título presión tempe- entalpía entropía volumen exergía absoluta ratura específica específica específico entálpica n° x p t h s v e bar °C kJ/kg kJ/kg K dm³/kg kJ/kg—————————————————————————————————————————————————————————————————————————— 1 V 60,000 480,00 3375,00 6,81990 54,8170 1378,61 2 V 30,000 369,78 3163,59 6,81990 94,0496 1167,19 3 0,79441 0,040 28,98 2054,28 6,81990 27648,3672 57,89

mediante tablas

h2 = 3164,2 kJ/kgh1 = 3375,0 kJ/kg

x3 = 0,7944

h3 = 2054,3 kJ/kg

s1 = s2 = s3 = 8,8199 kJ/kg K


DIAGRAMA T-s

dsA B s

1

T

T2

A B s

TM

2

1

N Q

2

1Q

∫ +=⋅=2 1

A12B área rWQdsT

área ciclo = ΣQ = ΣW


T

T2

T1

Q2

s1 s s2

Q1

4

1

3

2

Isotermas y adiabáticas

ciclo de Carnot


rW

1T

isoen

trópi

ca

2

s

>rW 0Q 0=

Wr

s

T2

isoen

trópi

ca1

r>0W=Q 0

Sistema adiabático (Q = 0)

Wr Wr

expansión en tobera compresión en difusor


Isócoras e isobaras

M

1

N s

T

T∆T∆ ' 1' p K=

K=v

2'

2

s = s(v,T) s = s(p,T)

En el diagrama T-s, a la derecha del punto de intersección de las isócoras con las isobaras, éstas quedan por debajo.


Diagrama T-s para gas perfecto

273 K· ·

s

T

T

=pp >1 ba

r

1 bar

<1 bar

p

isobaras


Diagrama T-s para vapor de agua

0=

's

273 K x

T

sT

T

=KTK==KT B

1=

sx

s ''s

v K=

K=xx

vs

D

pA K=

K

pC=K

)( ssxssx ′−′′⋅+′=

)(AC ssxssx ′−′′⋅=′−=


h

α

M

=p K

s

dpvdhdsT ⋅−=⋅

pp dhdsT )()( =⋅

αtg=

=

pdsdhT

Diagrama h-s


273 K· ·

s

T

T

=pp >1 ba

r

1 bar

<1 bar

p

isobaras

hDiagrama h-s para el gas perfecto:

Sirve el mismo diagrama T-s, con sólo añadir otra ordenadapara entalpías h con la escala adecuada.

h=h(T)


K=K

Th

s'

' A

h

=x0

K=p

''

hh

=KT

p =

=

''s

=

s

xx

K

B D'

s

K=x 1

K

D

)( ssxssx ′−′′⋅+′=

)(AC ssxssx ′−′′⋅=′−=

Diagrama h-s para el vapor de agua

Para que no varíe el ángulo que forma la tangente a las isobaras, AB es una recta, y AB y BD son tangentes en B.

tiende a horizontal(gas perfecto)



pdTdpT

dvdu

vT

−

⋅=

pT dTdvTv

dpdh

⋅−=

pvvp dT

dvdTdpTcc

⋅

⋅+=

∫∫ ⋅

⋅−+⋅=− 2

1

2

1

12 )(p

pp

T

T p dpdTdvTvdTTchh

dpdTdvdTdp

dTvd

TdTTcss

p

p

pp

pT

Tp

T

T⋅

−⋅

⋅

−⋅=− ∫∫∫∫

2

1

2

1

2

1

2

2

0

12 )(

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