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CÁLCULO DE LAS FUNCIONES DE ESTADO. CÁLCULO DE LAS FUNCIONES DE ESTADO. GASES PERFECTOS CON CAPACIDADES CALORÍFICAS VARIABLES VAPOR DE AGUA DIAGRAMA T-s DIAGRAMA h-s. - PowerPoint PPT Presentation
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José Agüera Soriano 2012 1
pdT
dpT
dv
du
vT
pTdT
dvTv
dp
dh
pvvp dT
dv
dT
dpTcc
CÁLCULO DE LAS FUNCIO
NES DE ESTADO
2
1
2
1
12 )(p
pp
T
T p dpdT
dvTvdTTchh
dpdT
dvdTdp
dT
vd
T
dTTcss
p
p
pp
pT
Tp
T
T
2
1
2
1
2
1
2
2
0
12 )(
José Agüera Soriano 2012 2
• GASES PERFECTOS CON CAPACIDADES CALORÍFICAS VARIABLES
• VAPOR DE AGUA
• DIAGRAMA T-s
• DIAGRAMA h-s
CÁLCULO DE LAS FUNCIONES DE ESTADO
José Agüera Soriano 2012 3
En gases que no son monoatómicos, existe una vibración entre los átomos de una molécula que consume energía térmica; tanta más cuanto más elevada sea la temperatura. Por ejemplo, se necesita más energía térmica para pasar de 1000 a 1001 grados, que para pasar de 100 a 101.
José Agüera Soriano 2012 4
Es decir, la capacidad calorífica es una función creciente de la temperatura. Por ejemplo, para el CO2 (tabla 8):
En gases que no son monoatómicos, existe una vibración entre los átomos de una molécula que consume energía térmica; tanta más cuanto más elevada sea la temperatura. Por ejemplo, se necesita más energía térmica para pasar de 1000 a 1001 grados, que para pasar de 100 a 101.
José Agüera Soriano 2012 5
Gases reales
José Agüera Soriano 2012 6
Gases reales
Gases perfectos
José Agüera Soriano 2012 7
Gases reales
Gases perfectos
• Gases monoatómicos
José Agüera Soriano 2012 8
Capacidades caloríficas medias
2
1
TTvc2
1
TTpc
1
c
T
2
p
T2T1
cp_
| 2TT1
José Agüera Soriano 2012 9
Capacidades caloríficas medias
Rcc vp
K kJ/kmol 3143,8 vp cc
igualdad de Mayer
2
1
TTvc2
1
TTpc
1
c
T
2
p
T2T1
cp_
| 2TT1
José Agüera Soriano 2012 10
dTcdu v
)( 12122
1
TTcuu TTv
Integrando
entre dos estados 1 y 2:
José Agüera Soriano 2012 11
dTcdu v
)( 12122
1
TTcuu TTv
10201212 TcTcuu T
vT
v
Integrando
Utilizando valores medios de cv entre 0 K y T K (tablas 10):
entre dos estados 1 y 2:
José Agüera Soriano 2012 12
)( 12122
1
TTchh TTp
10201212 TcTchh T
pT
p
Integrando
Utilizando valores medios de cp entre 0 K y T K (tablas 10):
entre dos estados 1 y 2:
dTcdh p
José Agüera Soriano 2012 13
dTcdh p
)( 12122
1
TTchh TTp
10201212 TcTchh T
pT
p
Integrando
Utilizando valores medios de cp entre 0 K y T K (tablas 10):
entre dos estados 1 y 2:
También podríamos sustituir cp por la correspondiente
expresión de la tabla 7, y después integrar; pero resulta más fácil resolver con valores medios de las tablas 10.
José Agüera Soriano 2012 14
José Agüera Soriano 2012 15
José Agüera Soriano 2012 16
tablas 10
José Agüera Soriano 2012 17
tabla10.1: aire
tabla10.2: hidrógeno H2
tabla10.3: oxígeno O2
tabla10.4: nitrógeno N2
tabla10.5: agua H2O
tabla10.6: óxido carbono CO
tabla10.7: bióxido carbono CO2
tabla10.8: metano CH4
tabla10.9: amoníaco NH3
José Agüera Soriano 2012 18
kJ/kmol 76533)3302960(3143,85,3
)( 1212
TTchh p
José Agüera Soriano 2012 19
Interpolamos entre 2950 K y 3000 K (tabla 10.1)
José Agüera Soriano 2012 20
José Agüera Soriano 2012 21
Interpolamos entre 2950 K y 3000 K (tabla 10.1)
2950 25,7870 34,1013 76071,7 100598,9 273,282 69842,8 3000 25,8451 34,1594 77535,3 102478,2 273,905 71539,6
José Agüera Soriano 2012 22
)(29503000
295029602950300029502 hhhh
Interpolamos entre 2950 K y 3000 K (tabla 10.1)
2950 25,7870 34,1013 76071,7 100598,9 273,282 69842,8 3000 25,8451 34,1594 77535,3 102478,2 273,905 71539,6
José Agüera Soriano 2012 23
)(29503000
295029602950300029502 hhhh
kJ/kmol 100974,8
100598,9)(102478,250
10100598,9
Interpolamos entre 2960 K y 3000 K (tabla 10.1)
2950 25,7870 34,1013 76071,7 100598,9 273,282 69842,8 3000 25,8451 34,1594 77535,3 102478,2 273,905 71539,6
José Agüera Soriano 2012 24
)(29503000
295029602950300029502 hhhh
Interpolamos entre 2960 K y 3000 K (tabla 10.1)
2950 25,7870 34,1013 76071,7 100598,9 273,282 69842,8 3000 25,8451 34,1594 77535,3 102478,2 273,905 71539,6
kJ/kmol 4,913714,96038,10097412 hh
De igual forma obtenemos, h1 = 9603,4 kJ/kmol:
kJ/kmol 100974,8
100598,9)(102478,350
10100598,9
José Agüera Soriano 2012 25
2
1 12 T
dvpduss
1
22
1 ln
v
vR
T
dTcv
José Agüera Soriano 2012 26
1
2
1
212 lnln
v
vR
T
Tcss v
2
1 12 T
dvpduss
1
22
1 ln
v
vR
T
dTcv
Matemáticamente el procedimiento no es del todo correcto, aunque puede asumirse el error; tanto más, cuanto menor sea el intervalo de temperaturas del problema. Puede resol- verse con tablas de entropías absolutas, que luego podrían analizarse, aunque usualmente utilizaremos esta fórmula.
José Agüera Soriano 2012 27
2
1 12 T
dpvdhss
1
22
1 ln
p
pR
T
dTc p
En función de las presiones:
José Agüera Soriano 2012 28
Como antes, el sacar fuera de la integral el calor específico medio no es del todo correcto, aunque puede asumirse el error.
1
2
1
212 lnln
p
pR
T
Tcss p
2
1 12 T
dpvdhss
1
22
1 ln
p
pR
T
dTc p
En función de las presiones:
José Agüera Soriano 2012 29
)( 12122
1
TTcuu TTv
Se buscan en las tablas 10 las energías internas u1’ y u2’, correspondientes a T1’ y T2’ más próximas a las T1 y T2 del problema, con lo cual se obtiene sin error la capacidadcalorífica media entre las temperaturas reales:
Capacidades caloríficas medias a volumen constante
José Agüera Soriano 2012 30
)( 12122
1
TTcuu TTv
12
12
12
122
1 TT
uu
TT
uuc T
Tv
Se buscan en las tablas 10 las energías internas u1’ y u2’, correspondientes a T1’ y T2’ más próximas a las T1 y T2 del problema, con lo cual se obtiene sin error la capacidadcalorífica media entre las temperaturas reales:
Capacidades caloríficas medias a volumen constante
José Agüera Soriano 2012 31
Se buscan en las tablas 10 las entalpías h1’ y h2’, correspon- dientes a T1’ y T2’ más próximas a las T1 y T2 del problema,con lo cual se obtiene sin error la capacidad calorífica mediaentre las temperaturas reales:
Capacidades caloríficas medias a presión constante
)( 12122
1
TTchh TTp
José Agüera Soriano 2012 32
Se buscan en las tablas 10 las entalpías h1’ y h2’, correspon- dientes a T1’ y T2’ más próximas a las T1 y T2 del problema,con lo cual se obtiene sin error la capacidad calorífica mediaentre las temperaturas reales:
Capacidades caloríficas medias a presión constante
)( 12122
1
TTchh TTp
12
12
12
122
1 TT
hh
TT
hhc T
Tp
José Agüera Soriano 2012 33
1
2
1
212 lnln
p
pR
T
Tcss p
EJERCICIO
Calcúlese la diferencia de entropía de aire entre los estados:T1 = 330 K, p1 = 1 bar, T2 = 2960 K, p2 = 20 bar
a) cp = 3,5R
b) cp variable (tabla 10.1).
José Agüera Soriano 2012 34
1
2
1
212 lnln
p
pR
T
Tcss p
EJERCICIO
Calcúlese la diferencia de entropía de aire entre los estados:T1 = 330 K, p1 = 1 bar, T2 = 2960 K, p2 = 20 bar
a) cp = 3,5R
b) cp variable (tabla 10.1).
1
20ln8,3143
330
2960ln8,31433,512 ss
José Agüera Soriano 2012 35
1
2
1
212 lnln
p
pR
T
Tcss p
EJERCICIO
Calcúlese la diferencia de entropía de aire entre los estados:T1 = 330 K, p1 = 1 bar, T2 = 2960 K, p2 = 20 bar
a) cp = 3,5R
b) cp variable (tabla 10.1).
K kmol
kJ 38,934
1
20ln8,3143
330
2960ln8,31433,512 ss
José Agüera Soriano 2012 36
1
20ln
330
2960ln
3502950
)(
lnln
3502950
1
2
1
212
Rhh
p
pR
T
Tcss p
José Agüera Soriano 2012 37
José Agüera Soriano 2012 38
1
20ln
330
2960ln
3502950
)(
lnln
3502950
1
2
1
212
Rhh
p
pR
T
Tcss p
2950 25,7870 34,1013 76071,7 100598,9 273,282 69842,8
350 20,7964 29,1107 7278,7 10188,7 202,660 135,5
José Agüera Soriano 2012 39
1
20ln
330
2960ln
3502950
)(
lnln
3502950
1
2
1
212
Rhh
p
pR
T
Tcss p
2950 25,7870 34,1013 76071,7 100598,9 273,282 69842,8
K kmol
kJ 51,380
1
20ln8,3143
330
2960ln
2600
10189100599
350 20,7964 29,1107 7278,7 10188,7 202,660 135,5
José Agüera Soriano 2012 40
En gases que no son monoatómicos, el exponente adiabático disminuye cuando la temperatura aumenta. Por ejemplo, para el CO2 (tabla 9):
Exponente adiabático medio
José Agüera Soriano 2012 41
Tc
Tc
c
c
v
p
v
p12
12
uuhh
Es pues conveniente buscar en cada caso el valor del medio que corresponda:
Utilizaremos como antes las temperaturas de la tabla más próximas a las temperaturas del problema.
En gases que no son monoatómicos, el exponente adiabático disminuye cuando la temperatura aumenta. Por ejemplo, para el CO2 (tabla 9):
Exponente adiabático medio
José Agüera Soriano 2012 42
EJERCICIO
p
v
1
=Ks
2
3
Aire a volumen constante, desde p1 = 2 bar y T1 = 305 K hasta p2 = 8 bar, y a continuación a entropía constante
hasta p3 = 1 bar. Calcúlese,
a) variación de entropía
b) exponente g medio c) la temperatura final T3
José Agüera Soriano 2012 43
p
v
1
=Ks
2
3
1
2
1
2
1
2
1213
lnlnlnT
Tc
v
vR
T
Tc
ssss
vv
305
1220ln
30012003001200 uu
José Agüera Soriano 2012 44
José Agüera Soriano 2012 45
p
v
1
=Ks
2
3
1
2
1
2
1
2
1213
lnlnlnT
Tc
v
vR
T
Tc
ssss
vv
305
1220ln
30012003001200 uu
1200 22,6297 30,9440 27155,6 37132,7 240,955 15853,4
300 20,7707 29,0850 6231,2 8725,5 198,124 2,0
José Agüera Soriano 2012 46
p
v
1
=Ks
2
3
1
2
1
2
1
2
1213
lnlnlnT
Tc
v
vR
T
Tc
ssss
vv
305
1220ln
30012003001200 uu
K kmol
kJ 32,2314ln
900
623127156
1200 22,6297 30,9440 27155,6 37132,7 240,955 15853,4
300 20,7707 29,0850 6231,2 8725,5 198,124 2,0
José Agüera Soriano 2012 47
;
1
2
3
2
3
p
p
T
T
K 71281
1220 1,35
0,35
3(aprox)
T
El exponente adiabático medio podría acercarse más a 1,35 que a 1,4; aunque daría igual comenzar con 1,4:
p
v
1
=Ks
2
3
José Agüera Soriano 2012 48
José Agüera Soriano 2012 49
p
v
1
=Ks
2
3
7001200
7001200
uu
hh
700 21,3024 29,6167 14911,7 20731,7 223,370 4607,3
1200 22,6297 30,9440 27155,6 37132,7 240,955 15853,4
José Agüera Soriano 2012 50
1,3401491227156
2073237133
p
v
1
=Ks
2
3
7001200
7001200
uu
hh
700 21,3024 29,6167 14911,7 20731,7 223,370 4607,3
1200 22,6297 30,9440 27155,6 37132,7 240,955 15853,4
José Agüera Soriano 2012 51
K 72081
1220
1,34
0,34
3
2
3
2
3
T
pp
TT
1
p
v
1
=Ks
2
3
José Agüera Soriano 2012 52
NOTA DE INTERÉS
Puede accederse a la página WEB del autor por una de las tres direcciones,www.uco.es/termodinamicawww.uco.es/fluidos Google: jose aguera
Puede copiarse, aparte de sus libros, el programa PROGASES para el cálculo de las propiedades de algunos gases en estado de gas perfecto, incluidos gases de combustión. Lógicamente para el programa hemos utilizado entropías absolutas.
En lo sucesivo, muchos problemas los resolveremos con su ayu- da; aunque esto no significa que estemos obligados 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 en cuestión.
José Agüera Soriano 2012 53
José Agüera Soriano 2012 54
Para más información véase apéndice II del libro.
Lo que sí voy a señalar aquí es una característica muy importante que simplifica la introducción de los estados del problema en cuestión.
Todas las propiedades con las que pueden definirse los diferentes estados, tienen en horizontal dobles ventanas. Esto da la posibilidad de introducir el valor real utilizando las ventanas de la izquierda; o bien, indicando en las de la derecha el número de un estado cuyo valor coincida con el que estamos introduciendo.
Una vez obtenidos los resultados, sobre la pantalla y con el botón derecho, aparece la opción de copiar.
José Agüera Soriano 2012 55
José Agüera Soriano 2012 56
EJERCICIO
Resolverlo ahora mediante el programa PROGASES y comparar resultados.
p
v
1
=Ks
2
3
Aire a volumen constante, desde p1 = 2 bar y T1 = 305 K hasta p2 = 8 bar, y a continuación a entropía constante
hasta p3 = 1 bar. Calcúlese,
a) variación de entropía
b) exponente medio c) la temperatura final T3
José Agüera Soriano 2012 57
PROPIEDADES DE ESTADOS INTRODUCIDOSGAS: Aire (M = 28,964 kg/kmol)Exergías referidas a ta = 20 °C y pa = 1 bar———————————————————————————— 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———————————————————————————— 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 =1,3401 12309,0 16468,8 12309,0 16468,8 16468,8
José Agüera Soriano 2012 58
mediante tablas
s3 s1 = 32,231 kJ/kmol K
(medio) = 1,340
T3 = 720 K
José Agüera Soriano 2012 59
mediante tablas
s3 s1 = 32,231 kJ/kmol K
(medio) = 1,340
T3 = 720 K
mediante progases
s3 s1 = 224,230 192,846 =
= 31,384 kJ/kmol K(medio) = 1,3401
T3 = 719,69 Kº
José Agüera Soriano 2012 60
PROPIEDADES DEL VAPOR DE AGUA En motores de combustión interna, las transformaciones termodinámicas están muy por encima de la curva límite superior (CLS) y los gases pueden considerarse perfectos. No así para motores de combustión externa: una central térmica por ejemplo. p
v
1
4
2 3
K
CLS
CLI
José Agüera Soriano 2012 61
PROPIEDADES DEL VAPOR DE AGUA En motores de combustión interna, las transformaciones termodinámicas están muy por encima de la curva límite superior (CLS) y los gases pueden considerarse perfectos. No así para motores de combustión externa: una central térmica por ejemplo. p
v
1
4
2 3
K
CLS
CLI
p
v
K (punto crítico)
4
3
1
2
José Agüera Soriano 2012 62
Calentemos 1 kg de agua a presión constante desde 0 ºC (a). En (b) alcanza la temperatura de saturación. Entre (b) y (d) se produce la vaporización, y durante la misma la temperatura no varía. A partir de (d) el vapor se sobrecalienta (e).
1pp =
(a)
ºC
(b)
1p = p
(c) (d)
1p = p
p p= 1
(e)
0 ºCt s t ºCsºCt s
saturadovapor
vapo
rso
brec
alen
tado
>t t s
FINALVAPORIZACIÓNVAPORIZACIÓN
COMIENZO1p=p
José Agüera Soriano 2012 63
Denominaciones:
Entre (a) y (b), líquido subenfriado En (b), líquido saturado Entre (b) y (d), vapor húmedo En (d), vapor saturado Entre (d) y (e), vapor sobrecalentado
1pp =
(a)
ºC
(b)
1p = p
(c) (d)
1p = p
p p= 1
(e)
0 ºCt s t ºCsºCt s
saturadovapor
vapo
rso
brec
alen
tado
>t t s
FINALVAPORIZACIÓNVAPORIZACIÓN
COMIENZO1p=p
José Agüera Soriano 2012 64
ts = t(ps) y/o ps = p(ts)
Por ejemplo, para el agua (tabla 13)• para ps = 1 bar, ts = 100 oC• para ps = 0,01 bar, ts = 7 oC
• para ps = 2 bar, ts = 120 oC
José Agüera Soriano 2012 65
El que pueda hervir el agua a tan baja temperatura justifica el fenómeno de cavitación en instalaciones hidráulicas, y elque pueda hervir a 120 oC, por ejemplo, justifica la más rápida cocción de alimentos en las ollas a presión.
ts = t(ps) y/o ps = p(ts)
Por ejemplo, para el agua (tabla 13)• para ps = 1 bar, ts = 100 oC• para ps = 0,01 bar, ts = 7 oC
• para ps = 2 bar, ts = 120 oC
José Agüera Soriano 2012 66
siguiente página, desde 40 bar hasta 221,2 bar (presión crítica)
José Agüera Soriano 2012 67
CLS
CL
I
Es la energía térmica necesaria para pasar a presión constante desde 0ºC (E) hasta líquido saturado (A).
K
A
v
B
p
DE C
O
vx
vo
v ''v '
vo
q r BDQ
José Agüera Soriano 2012 68
CLS
CL
I
Es la energía térmica necesaria para pasar a presión constante desde A (CLI) hasta B (CLS).
vx
vo
v ''v '
vo
q r BDQ
K
A
v
B
p
DE C
O
José Agüera Soriano 2012 69
Entre A y B la presión y la temperatura no varían; se necesita otro parámetro para definir C; el grado o título de vapor: masa de vapor saturado en 1 kg de vapor húmedo:
0 x 1
x
(1-x)
vx
vo
v ''v '
vo
q r BDQ
K
A
v
B
p
DE C
O
1pp =
(a)
ºC
(b)
1p = p
(c) (d)
1p = p
p p= 1
(e)
0 ºCt s t ºCsºCt s
saturadovapor
vapo
rso
brec
alen
tado
>t t s
FINALVAPORIZACIÓNVAPORIZACIÓN
COMIENZO1p=p
José Agüera Soriano 2012 70
(tabla 13)
vxvxvx )1(
)( vvxvvx
v”vxv’
El volumen específico del vapor húmedo es la suma del volumen ocupado por el vapor y del ocupado por el líquido:
vx
1pp =
(a)
ºC
(b)
1p = p
(c) (d)
1p = p
p p= 1
(e)
0 ºCt s t ºCsºCt s
saturadovapor
vapo
rso
brec
alen
tado
>t t s
FINALVAPORIZACIÓNVAPORIZACIÓN
COMIENZO1p=p
José Agüera Soriano 2012 71
CLS
CL
I
K
A
v
B
p
DE C
O
vx
vo
v ''v '
vo
q r BDQ
Los volúmenes específicos del líquido subenfriado y del vapor sobrecalentado, pueden encontrase en la tabla 14.
José Agüera Soriano 2012 72
presiones (bar): 0,02-0,04-0,06-0,08-0,10---------1,0---------2,0------10-------20-25-30-35-40-45-50-60-------160-180-200-220
vapor sobrecalentado
líquido subenfriado
26 páginas
José Agüera Soriano 2012 73
CLS
CL
ITomaremos un cero de entalpía (punto O); y las entalpias de los estados A, B, C, D, se medirán con relación a él:
ho = 0 (to = 0 oC, po = ps = 0,00611 bar)K
A
v
B
p
DE C
O
vx
vo
v ''v '
vo
q r BDQ
Entalpías
José Agüera Soriano 2012 74
CLS
CL
I
A
E
E
O oAOEA oAOEA dpvdpvhhdpvhhQ
Curva límite inferior (CLI)
K
A
v
B
p
DE C
O
vx
vo
v ''v '
vo
q r BDQ
José Agüera Soriano 2012 75
CLS
CL
I
A
E
E
O oAOEA oAOEA dpvdpvhhdpvhhQ
Curva límite inferior (CLI)
K
A
v
B
p
DE C
O
vx
vo
v ''v '
vo
q r BDQ
;0)(0 oo ppvhq
José Agüera Soriano 2012 76
CLS
CL
I
A
E
E
O oAOEA oAOEA dpvdpvhhdpvhhQ
Curva límite inferior (CLI)
K
A
v
B
p
DE C
O
vx
vo
v ''v '
vo
q r BDQ
;0)(0 oo ppvhq
)( oo ppvqh
Una vez calculadas las h’,los valores de q dejan de interesar (tabla 13).
José Agüera Soriano 2012 77
CLS
CL
I
K
A
v
B
p
DE C
O
vx
vo
v ''v '
vo
q r BDQ
Curva límite superior (CLS)
; B
A ABAB hhdpvhhrQ
José Agüera Soriano 2012 78
CLS
CL
I
K
A
v
B
p
DE C
O
vx
vo
v ''v '
vo
q r BDQ
Curva límite superior (CLS)
; B
A ABAB hhdpvhhrQ
Una vez calculadas las h”,los valores de r dejan de interesar (tabla 13).
rhh
José Agüera Soriano 2012 79
CLS
CL
I
K
A
v
B
p
DE C
O
vx
vo
v ''v '
vo
q r BDQ
Vapor húmedo (punto C)Haciendo el mismo razonamiento que con el volumen específico:
)( hhxhhx
José Agüera Soriano 2012 80
CLS
CL
I
K
A
v
B
p
DE C
O
vx
vo
v ''v '
vo
q r BDQ
Vapor sobrecalentado (punto D)
; BDBD hhhhQ
José Agüera Soriano 2012 81
CLS
CL
I
K
A
v
B
p
DE C
O
vx
vo
v ''v '
vo
q r BDQ
Vapor sobrecalentado (punto D)
; BDBD hhhhQ
BDQhh
José Agüera Soriano 2012 82
CLS
CL
I
K
A
v
B
p
DE C
O
vx
vo
v ''v '
vo
q r BDQ
Vapor sobrecalentado (punto D)
; BDBD hhhhQ
BDQhh
En la tabla 14 aparecen losvalores de h, tanto para el vapor sobrecalentado comopara el líquido subenfriado.
José Agüera Soriano 2012 83
CLS
CL
I
K
A
v
B
p
DE C
O
vx
vo
v ''v '
vo
q r BDQ
Tomaremos lógicamente el mismo cero de entropía (punto O):
so = 0 (to = 0 oC, po = ps = 0,00611 bar)
Entropías
José Agüera Soriano 2012 84
CLS
CL
I
K
A
v
B
p
DE C
O
vx
vo
v ''v '
vo
q r BDQ
Curva límite inferior (CLI)
A
E EA OE OEA 0A 0 T
dQ
T
dQ
T
dQ
T
dQss
José Agüera Soriano 2012 85
CLS
CL
I
K
A
v
B
p
DE C
O
vx
vo
v ''v '
vo
q r BDQ
Curva límite inferior (CLI)
A
E EA OE OEA 0A 0 T
dQ
T
dQ
T
dQ
T
dQss
273ln
273 sT T
cT
dTcs s
En la tabla 13 pueden ver losvalores de s’ .
José Agüera Soriano 2012 86
CLS
CL
I
K
A
v
B
p
DE C
O
vx
vo
v ''v '
vo
q r BDQ
Curva límite superior (CLS)
AB AB
1dQ
Tss
s
José Agüera Soriano 2012 87
CLS
CL
I
K
A
v
B
p
DE C
O
vx
vo
v ''v '
vo
q r BDQ
Curva límite superior (CLS)
AB AB
1dQ
Tss
s
sT
rss
Una vez calculadas las s”,los valores de r dejan de interesar (tabla 13).
José Agüera Soriano 2012 88
CLS
CL
I
K
A
v
B
p
DE C
O
vx
vo
v ''v '
vo
q r BDQ
Vapor húmedo (punto C)Haciendo el mismo razonamiento que con el volumen específico:
)( ssxss x
José Agüera Soriano 2012 89
CLS
CL
I
K
A
v
B
p
DE C
O
vx
vo
v ''v '
vo
q r BDQ
Vapor sobrecalentado (punto D)
T
T
p
s T
dTc
T
dQss
D
B BD
José Agüera Soriano 2012 90
CLS
CL
I
K
A
v
B
p
DE C
O
vx
vo
v ''v '
vo
q r BDQ
Vapor sobrecalentado (punto D)
T
T
p
s T
dTc
T
dQss
D
B BD
T
T
p
s T
dTcss
En la tabla 14 apare- cen los valores de s, tanto para el vapor sobrecalentado comopara el líquido sub- enfriado.
José Agüera Soriano 2012 91
Exergías entálpicas del agua
estado muerto, pa = 1 bar y ta = 20 oC
José Agüera Soriano 2012 92
)( aaa ssThhe
Exergías entálpicas del agua
estado muerto, pa = 1 bar y ta = 20 oC
José Agüera Soriano 2012 93
)( aaa ssThhe
kJ/kg 86,215,293 she
Valores que se incluyen en las tablas 13 y 14
Exergías entálpicas del agua
estado muerto, pa = 1 bar y ta = 20 oC
José Agüera Soriano 2012 94
•
EJERCICIO Vapor de agua a 60 bar y 480 oC se expande adiabáticamente hasta a) p2 = 30 bar
b) p3 = 0,04 bar
Calcúlese las entropías y las entalpías finales.
p
v
B2
B3
1
2
3
60 barp =1
30 bar2p =
0,04 bar3=p
José Agüera Soriano 2012 95
José Agüera Soriano 2012 96
•
EJERCICIO Vapor de agua a 60 bar y 480 oC se expande adiabáticamente hasta, a) p2 = 30 bar
b) p3 = 0,04 bar
Calcúlese las entropías y las entalpías finales.
p
v
B2
B3
1
2
3
60 barp =1
30 bar2p =
0,04 bar3=p
p t h s v e bar °C kJ/kg kJ/kg K dm³/kg kJ/kg ———————————————————————— 60,000 480,00 3375,00 6,81990 54,8170 1378,61
s1 = s2 = s3 = 6,8199 kJ/kg Kh1 = 3375 kJ/kg
K
José Agüera Soriano 2012 97
Estados 2 y 3
p
v
B2
B3
1
2
3
60 barp =1
30 bar2p =
0,04 bar3=p
Establezcamos en primer lugar si se trata de vapor húmedo o de vapor sobrecalentado. Para ello comparemos la entropía de los puntos B2 y B3 (tabla 13) con la entropía del estado 1.
José Agüera Soriano 2012 98
punto B3 punto B2
José Agüera Soriano 2012 99
p
v
B2
B3
1
2
3
60 barp =1
30 bar2p =
0,04 bar3=p
s2”(punto B2) = 6,1838 < s2 (6,8199 kJ/kg K)
vapor sobrecalentado
Estado 2
José Agüera Soriano 2012 100
p
v
B2
B3
1
2
3
60 barp =1
30 bar2p =
0,04 bar3=p
s2”(punto B2) = 6,1838 < s2 (6,8199 kJ/kg K)
vapor sobrecalentado
Estado 2
Estado 3s3”(punto B3) = 8,4755 > s3 (6,8199 kJ/kg
K)
vapor húmedo
José Agüera Soriano 2012 101
p
v
B2
B3
1
2
3
60 barp =1
30 bar2p =
0,04 bar3=p
Buscaremos en tabla 14, a 30 bar, las entropías por defecto y por defecto próximas a la del estado 1 (6,8199 kJ/kg K), e interpolaremos.
Cálculo del estado 2
José Agüera Soriano 2012 102
José Agüera Soriano 2012 103
•
Estado 2
)( 3602360380
3603803602 ss
ss
hhhh
p t h s v e bar °C kJ/kg kJ/kg K dm³/kg kJ/kg
30,000 360,00 3140,90 6,78440 92,3180 1154,9130,000 380,00 3187,00 6,85610 95,8440 1179,99
José Agüera Soriano 2012 104
•
Estado 2
)( 3602360380
3603803602 ss
ss
hhhh
6,7844)(6,81996,78446,8561
3140,93187 3140,90
p t h s v e bar °C kJ/kg kJ/kg K dm³/kg kJ/kg
30,000 360,00 3140,90 6,78440 92,3180 1154,9130,000 380,00 3187,00 6,85610 95,8440 1179,99
p
v
B2
B3
1
2
3
60 barp =1
30 bar2p =
0,04 bar3=p
José Agüera Soriano 2012 105
•
Estado 2
)( 3602360380
3603803602 ss
ss
hhhh
kJ/kg 3163,72
6,7844)(6,81996,78446,8561
3140,93187 3140,90
p t h s v e bar °C kJ/kg kJ/kg K dm³/kg kJ/kg
30,000 360,00 3140,90 6,78440 92,3180 1154,9130,000 380,00 3187,00 6,85610 95,8440 1179,99
p
v
B2
B3
1
2
3
60 barp =1
30 bar2p =
0,04 bar3=p
José Agüera Soriano 2012 106
Cálculo del estado 3
José Agüera Soriano 2012 107
• p
v
B2
B3
1
2
3
60 barp =1
30 bar2p =
0,04 bar3=p
p h’ h” s’ s” bar kJ/kg kJ/kg kJ/kg K kJ/kg K———————————————————————— 0,040 121,4 2554,50 0,4225 8,4755
Titulo de vapor x3
s3 = s’3 + x3·(s”3 s’3)
José Agüera Soriano 2012 108
• p
v
B2
B3
1
2
3
60 barp =1
30 bar2p =
0,04 bar3=p
p h’ h” s’ s” bar kJ/kg kJ/kg kJ/kg K kJ/kg K———————————————————————— 0,040 121,4 2554,50 0,4225 8,4755
Titulo de vapor x3
6,8199 = 0,4225 + x3·(8,4755 – 0,4225)
s3 = s’3 + x3·(s”3 s’3)
José Agüera Soriano 2012 109
• p
v
B2
B3
1
2
3
60 barp =1
30 bar2p =
0,04 bar3=p
p h’ h” s’ s” bar kJ/kg kJ/kg kJ/kg K kJ/kg K———————————————————————— 0,040 121,4 2554,50 0,4225 8,4755
Titulo de vapor x3
x3 = 0,7944
6,8199 = 0,4225 + x3·(8,4755 – 0,4225)
s3 = s’3 + x3·(s”3 s’3)
José Agüera Soriano 2012 110
• p
v
B2
B3
1
2
3
60 barp =1
30 bar2p =
0,04 bar3=p
Titulo de vapor x3
x3 = 0,7944
6,8199 = 0,4225 + x3·(8,4755 – 0,4225)
h3 = h’3 + x3·(h”3 h’3)
Entalpía h3
s3 = s’3 + x3·(s”3 s’3)
p h’ h” s’ s” bar kJ/kg kJ/kg kJ/kg K kJ/kg K———————————————————————— 0,040 121,4 2554,50 0,4225 8,4755
José Agüera Soriano 2012 111
• p
v
B2
B3
1
2
3
60 barp =1
30 bar2p =
0,04 bar3=p
Titulo de vapor x3
x3 = 0,7944
6,8199 = 0,4225 + x3·(8,4755 – 0,4225)
121,4 + 0,7944·(2554,5 121,4)
h3 = h’3 + x3·(h”3 h’3)
Entalpía h3
s3 = s’3 + x3·(s”3 s’3)
p h’ h” s’ s” bar kJ/kg kJ/kg kJ/kg K kJ/kg K———————————————————————— 0,040 121,4 2554,50 0,4225 8,4755
José Agüera Soriano 2012 112
• p
v
B2
B3
1
2
3
60 barp =1
30 bar2p =
0,04 bar3=p
Titulo de vapor x3
x3 = 0,7944
6,8199 = 0,4225 + x3·(8,4755 – 0,4225)
h3 = 2054,3 kJ/kg
121,4 + 0,7944·(2554,5 121,4)
h3 = h’3 + x3·(h”3 h’3)
Entalpía h3
s3 = s’3 + x3·(s”3 s’3)
p h’ h” s’ s” bar kJ/kg kJ/kg kJ/kg K kJ/kg K———————————————————————— 0,040 121,4 2554,50 0,4225 8,4755
José Agüera Soriano 2012 113
puede copiarse el programa PROPAGUA, para el cálculo de las propiedades del vapor de agua.
En lo sucesivo, muchos problemas los resolveremos con su ayuda; aunque esto no significa que estemos obligados a utilizarlo. Cada vez que se dé un listado, entenderemos que no es otra cosa que las tablas 13 y 14 con sólo los estados del problema en cuestión.
NOTA DE INTERÉS
Desde internet, por una de las tres direcciones,
www.uco.es/termodinamicawww.uco.es/fluidos Google: jose aguera
José Agüera Soriano 2012 114
José Agüera Soriano 2012 115
Para más información véase apéndice II del libro.Lo que sí voy a señalar aquí es un complemento muy interesante de programa.
Aparte de los estados de un problema (hasta 150 a la vez), permite calcular también los caudales en cada posición, a efectos de calcular potencias entálpicas o exergéticas, imprescindibles para balances térmico o exergético de una central térmica.
José Agüera Soriano 2012 116
EJERCICIO Vapor de agua a 60 bar y 480 oC se expande adiabáticamente hasta, a) p2 = 30 bar
b) p3 = 0,04 bar
Calcúlese las entropías y las entalpías finales.
Resolverlo ahora mediante el programa PROPAGUA y comparar resultados.
p
v
B2
B3
1
2
3
60 barp =1
30 bar2p =
0,04 bar3=p
José Agüera Soriano 2012 117
José Agüera Soriano 2012 118
mediante tablas habíamos obtenido
h2 = 3164,2 kJ/kg
h1 = 3375,0 kJ/kg
x3 = 0,7944
h3 = 2054,3 kJ/kg
s1 = s2 = s3 = 6,8199 kJ/kg K
José Agüera Soriano 2012 119
2
1 A12B área rWQdsT
A
1
2
B s
T
T
ds
DIAGRAMA T-s
José Agüera Soriano 2012 120
2
1 A12B área rWQdsT
A
1
2
B s
T
T
ds
T
B s
1
2
M
N
A
1Q
2Q
área ciclo = Q = W
DIAGRAMA T-s
José Agüera Soriano 2012 121
ciclo de Carnot
T
s
4
11T
T2
2
3
1Q
2Q
s1 s2
José Agüera Soriano 2012 122
Sistema adiabático
0s
expansión en tobera
T1
2
s
isoe
ntró
pica
0=Q0Wr>
Wr
José Agüera Soriano 2012 123
Sistema adiabático
0s
expansión en tobera
T1
2
s
isoe
ntró
pica
0=Q0Wr>
Wr
QW
2T
isoe
ntró
pica
rW1
0>r
= 0
compresión en difusor
José Agüera Soriano 2012 124
s = s(v,T)
=Kp
s
T
2
2'
1
1'
M N
vK
=
T T '
Isócoras e isobaras
José Agüera Soriano 2012 125
s = s(p,T)s = s(v,T)
=Kp
s
T
2
2'
1
1'
M N
vK
=
T T '
Isócoras e isobaras
José Agüera Soriano 2012 126
s = s(p,T)s = s(v,T)
=Kp
s
T
2
2'
1
1'
M N
vK
=
T T '
Isócoras e isobaras
En el diagrama T-s, a la derecha del punto de intersección de las isócoras con las isobaras, éstas quedan por debajo.
José Agüera Soriano 2012 127
Se dibuja una isobara, la de 1 bar por ejemplo, y se hace una plantilla. Desplazando ésta en horizontal se obtiene la familia de isobaras prevista. Lo mismo para la familia de isócoras
Diagrama T-s para gas perfecto
s
T
T
273 K
p1 b
ar
<
1 ba
r>p
1 ba
r
p =
sp
R p·ln ln·R p
1bar=
isobaras
José Agüera Soriano 2012 128
José Agüera Soriano 2012 129
Con ayuda de la tabla 13, dibujamos las AB. Dividiendo éstas en partes iguales (100, por ejemplo) y uniendo sus di- visiones homólogas obtenemos la familia de título constante:
Diagrama T-s para vapor de agua
s'
273 K
T
s
T
Ts
xs
''s
s
A
KD
BC=Kp
T K=
v = K
v=K
x = K
K=p
T K=
x= 0
=x1
José Agüera Soriano 2012 130
)( ssxssx
)(AC ssxssx
Con ayuda de la tabla 13, dibujamos las AB. Dividiendo éstas en partes iguales (100, por ejemplo) y uniendo sus di- visiones homólogas obtenemos la familia de título constante:
Diagrama T-s para vapor de agua
s'
273 K
T
s
T
Ts
xs
''s
s
A
KD
BC=Kp
T K=
v = K
v=K
x = K
K=p
T K=
x= 0
=x1
José Agüera Soriano 2012 131
José Agüera Soriano 2012 132
dpvdhdsT
pp dhdsT )()(
Diagrama h-sAntes de nada, obtengamos una característica interesante: apliquemos el primer principio a la isobara de figura:
M
p K=
s
h
José Agüera Soriano 2012 133
dpvdhdsT
pp dhdsT )()(
tg
pds
dhT
Diagrama h-sAntes de nada, obtengamos una característica interesante: apliquemos el primer principio a la isobara de figura:
M
p K=
s
h
José Agüera Soriano 2012 134
Diagrama h-s para el gas perfecto:
Sirve el mismo diagrama T-s, con sólo añadir otra ordenadapara las entalpías h con la escala correspondiente.
h=h(T)
s
T
T
273 K
p1 b
ar
<
1 ba
r>p
1 ba
r
p =
sp
R p·ln ln·R p
1bar=
José Agüera Soriano 2012 135
Diagrama h-s para el gas perfecto:
Sirve el mismo diagrama T-s, con sólo añadir otra ordenadapara las entalpías h con la escala correspondiente.
h=h(T)
s
T
T
273 K
p1 b
ar
<
1 ba
r>p
1 ba
r
p =
sp
R p·ln ln·R p
1bar=
h
José Agüera Soriano 2012 136
José Agüera Soriano 2012 137
Diagrama h-s para el vapor de agua
las isotermas tienden a la horizontalidad (gas perfecto)
Para que no varíe el ángulo que forma la tangente a las isobaras, AB ha de ser una recta; y AB y BD, tangentes en B. Estados A y B, tabla 13; estados D y D’, tabla 14.
s
h
A
K
B
D
D'
h
''h
'h
sss '''
=x K
Kp =
=pK
T =K
T K=
x =K1=x
0x
=
José Agüera Soriano 2012 138
José Agüera Soriano 2012 139
pdT
dpT
dv
du
vT
pTdT
dvTv
dp
dh
pvvp dT
dv
dT
dpTcc
CÁLCULO DE LAS FUNCIO
NES DE ESTADO
2
1
2
1
12 )(p
pp
T
T p dpdT
dvTvdTTchh
dpdT
dvdTdp
dT
vd
T
dTTcss
p
p
pp
pT
Tp
T
T
2
1
2
1
2
1
2
2
0
12 )(
José Agüera Soriano 2012 140
T
s0
A
T
B
KM N D
=TT
triplelínea
K
=TT sub=p subp
=psu
bp
pp =
=1
bar
op
Figuras no incluidas en las diapositivas
s
T
=1n
n =
n =
n=1>0n1>
8
n>
>
>1n
>
Kv =
=n;
K=p; n=0<0n
M
=Kp
=v K
isoterma
adiabática
M
3
p =K
1
=vK
4T
s
2
p
v
3
2
4
1
Figura 4-2
Efercicio 4-4.3
Figura 4-13
José Agüera Soriano 2012 141
3
s
1
K=
p
2
v
3
p2
1
3
p
p
p
1
2
s K=
v
p1
=KT
v
33p
2p
1p
2
s K=
v1
2
1
=T
3
p
v
2=T
3T
T
s
2T1
3
4
23Q
12Q
Q = 0
1
3T
=Kv
2s s1 3s 4s=
Kp =
41Q 11T
T2
T
v
p
Q23
41Q
s
4=K
=K
12Q 0=Q
32
Problema 4.2
Problema 4.9Problema 4.6Problema 4.5
Problema 4.4Problema 4.2
José Agüera Soriano 2012 142
s
T
vK=
2T2
T3
1Q
1
Q
3
= 0
2Q
v
2
p3
KT= 1
0Q =Q31
12Q
p
v
1
22 barp=
8 barp=
p
v
3
24
11
6
10
bar
QB
QA
Q
A B
Problema 4.12Problema 4.11
Problema 4.13
Problema 4.10
José Agüera Soriano 2012 143
35 ba
r
=
1
2T
T
s
p
Q12
1
p3
bar
=
T
2
1s2s
2T2
23Q
s2 3s
=1
bar
s
p
T
1
3
20 ba
r
=p =6 b
ar
p
=60 ba
r
1s
T
1T
4
1
p
ss2
30 ba
r
p =
2
3=p 0,5 bar
p=p1
pp= 1
TT=
1
T=T1
1s
1T
T
Q12
ss2
1 2
3
=pp 1
s
h
1
2
3
1p=p
s
21
3
p =20
bar
2 ba
r
=p
T
T1
3T
2T =
3s 2s
23Q
Problema 4.21Problema 4.20
Problema 4.19Problema 4.18Problema 4.17
José Agüera Soriano 2012 144
s
4
3
T
2
1 p 0,1 bar=
20 bar=p
20 b
ar
=p
3T =t ºC3603
T
3T
2
1 0,04 bar=p
160 bar=p
s
4
ºC3t =540 3
1 4p
s
0,1 bar=
p
2
T
20 bar=
20 b
ar
p =
3
Problema 4.24
Problema 4.23Problema 4.20
José Agüera Soriano 2012 145
Apéndice I (gases reales)v
2
po
p
3 4
p
p2
1
0
=1
TT
T=2
T Mp
po
p T( ),
p T,( )O0po o
isoterma
v
1p