CÁLCULO DE LAS FUNCIONES DE ESTADO

José Agüera Soriano 2012 1

pvvp dT

CÁLCULO DE LAS FUNCIO

NES DE ESTADO

12 )(p

T p dpdT

dvTvdTTchh

dvdTdp

dTTcss

• GASES PERFECTOS CON CAPACIDADES CALORÍFICAS VARIABLES

• VAPOR DE AGUA

• DIAGRAMA T-s

• DIAGRAMA h-s

CÁLCULO DE LAS FUNCIONES DE ESTADO

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.

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.

Gases reales

Gases perfectos

Gases reales

Gases perfectos

• Gases monoatómicos

Capacidades caloríficas medias

| 2TT1

Capacidades caloríficas medias

Rcc vp

K kJ/kmol 3143,8 vp cc

igualdad de Mayer

| 2TT1

dTcdu v

)( 12122

TTcuu TTv

Integrando

entre dos estados 1 y 2:

dTcdu v

)( 12122

TTcuu TTv

10201212 TcTcuu T

Integrando

Utilizando valores medios de cv entre 0 K y T K (tablas 10):

)( 12122

TTchh TTp

10201212 TcTchh T

Integrando

Utilizando valores medios de cp entre 0 K y T K (tablas 10):

dTcdh p

)( 12122

TTchh TTp

10201212 TcTchh T

Integrando

Utilizando valores medios de cp entre 0 K y T K (tablas 10):

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.

tablas 10

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

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

)( 1212

TTchh p

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

)(29503000

295029602950300029502 hhhh

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

)(29503000

295029602950300029502 hhhh

kJ/kmol 100974,8

100598,9)(102478,250

10100598,9

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

)(29503000

295029602950300029502 hhhh

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

1 12 T

dvpduss

212 lnln

Tcss v

1 12 T

dvpduss

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.

1 12 T

dpvdhss

En función de las presiones:

Como antes, el sacar fuera de la integral el calor específico medio no es del todo correcto, aunque puede asumirse el error.

212 lnln

Tcss p

1 12 T

dpvdhss

En función de las presiones:

)( 12122

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

)( 12122

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

Se buscan en las tablas 10 las entalpías h1’ y h2’, correspondientes 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

TTchh TTp

Se buscan en las tablas 10 las entalpías h1’ y h2’, correspondientes 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

TTchh TTp

212 lnln

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).

212 lnln

Tcss p

EJERCICIO

a) cp = 3,5R

20ln8,3143

2960ln8,31433,512 ss

212 lnln

Tcss p

EJERCICIO

a) cp = 3,5R

K kmol

kJ 38,934

20ln8,3143

2960ln8,31433,512 ss

2960ln

3502950

Tcss p

2960ln

3502950

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

2960ln

3502950

Tcss p

2950 25,7870 34,1013 76071,7 100598,9 273,282 69842,8

K kmol

kJ 51,380

20ln8,3143

2960ln

10189100599

350 20,7964 29,1107 7278,7 10188,7 202,660 135,5

En gases que no son monoatómicos, el exponente adiabático disminuye cuando la temperatura aumenta. Por ejemplo, para el CO2 (tabla 9):

Exponente adiabático medio

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

EJERCICIO

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

lnlnlnT

1220ln

30012003001200 uu

lnlnlnT

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

lnlnlnT

1220ln

30012003001200 uu

K kmol

kJ 32,2314ln

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

K 71281

1220 1,35

3(aprox)

El exponente adiabático medio podría acercarse más a 1,35 que a 1,4; aunque daría igual comenzar con 1,4:

7001200

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

1,3401491227156

2073237133

7001200

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

K 72081

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 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 10, 11 y/o 12 con sólo los estados del problema en cuestión.

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.

EJERCICIO

Resolverlo ahora mediante el programa PROGASES y comparar resultados.

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

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

mediante tablas

s3 s1 = 32,231 kJ/kmol K

(medio) = 1,340

T3 = 720 K

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

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

K (punto crítico)

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).

1p = p

(c) (d)

1p = p

p p= 1

0 ºCt s t ºCsºCt s

saturadovapor

>t t s

FINALVAPORIZACIÓNVAPORIZACIÓN

COMIENZO1p=p

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

1p = p

(c) (d)

1p = p

p p= 1

saturadovapor

>t t s

COMIENZO1p=p

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

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

siguiente página, desde 40 bar hasta 221,2 bar (presión crítica)

Es la energía térmica necesaria para pasar a presión constante desde 0ºC (E) hasta líquido saturado (A).

v ''v '

q r BDQ

Es la energía térmica necesaria para pasar a presión constante desde A (CLI) hasta B (CLS).

v ''v '

q r BDQ

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:

v ''v '

q r BDQ

1p = p

(c) (d)

1p = p

p p= 1

saturadovapor

>t t s

COMIENZO1p=p

(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:

1p = p

(c) (d)

1p = p

p p= 1

saturadovapor

>t t s

COMIENZO1p=p

v ''v '

q r BDQ

Los volúmenes específicos del líquido subenfriado y del vapor sobrecalentado, pueden encontrase en la tabla 14.

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

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

v ''v '

q r BDQ

Entalpías

O oAOEA oAOEA dpvdpvhhdpvhhQ

Curva límite inferior (CLI)

v ''v '

q r BDQ

v ''v '

q r BDQ

;0)(0 oo ppvhq

v ''v '

q r BDQ

;0)(0 oo ppvhq

)( oo ppvqh

Una vez calculadas las h’,los valores de q dejan de interesar (tabla 13).

v ''v '

q r BDQ

Curva límite superior (CLS)

A ABAB hhdpvhhrQ

v ''v '

q r BDQ

A ABAB hhdpvhhrQ

Una vez calculadas las h”,los valores de r dejan de interesar (tabla 13).

v ''v '

q r BDQ

Vapor húmedo (punto C)Haciendo el mismo razonamiento que con el volumen específico:

)( hhxhhx

v ''v '

q r BDQ

Vapor sobrecalentado (punto D)

; BDBD hhhhQ

v ''v '

q r BDQ

; BDBD hhhhQ

v ''v '

q r BDQ

; BDBD hhhhQ

En la tabla 14 aparecen losvalores de h, tanto para el vapor sobrecalentado comopara el líquido subenfriado.

v ''v '

q r BDQ

Tomaremos lógicamente el mismo cero de entropía (punto O):

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

Entropías

v ''v '

q r BDQ

E EA OE OEA 0A 0 T

v ''v '

q r BDQ

E EA OE OEA 0A 0 T

273 sT T

dTcs s

En la tabla 13 pueden ver losvalores de s’ .

v ''v '

q r BDQ

v ''v '

q r BDQ

Una vez calculadas las s”,los valores de r dejan de interesar (tabla 13).

v ''v '

q r BDQ

Vapor húmedo (punto C)Haciendo el mismo razonamiento que con el volumen específico:

)( ssxss x

v ''v '

q r BDQ

v ''v '

q r BDQ

En la tabla 14 aparecen los valores de s, tanto para el vapor sobrecalentado comopara el líquido subenfriado.

Exergías entálpicas del agua

estado muerto, pa = 1 bar y ta = 20 oC

)( aaa ssThhe

kJ/kg 86,215,293 she

Valores que se incluyen en las tablas 13 y 14

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.

60 barp =1

30 bar2p =

0,04 bar3=p

EJERCICIO Vapor de agua a 60 bar y 480 oC se expande adiabáticamente hasta, a) p2 = 30 bar

b) p3 = 0,04 bar

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

Estados 2 y 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.

punto B3 punto B2

60 barp =1

30 bar2p =

0,04 bar3=p

s2”(punto B2) = 6,1838 < s2 (6,8199 kJ/kg K)

Estado 2

60 barp =1

30 bar2p =

0,04 bar3=p

s2”(punto B2) = 6,1838 < s2 (6,8199 kJ/kg K)

Estado 2

Estado 3s3”(punto B3) = 8,4755 > s3 (6,8199 kJ/kg

vapor húmedo

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

Estado 2

)( 3602360380

3603803602 ss

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

Estado 2

)( 3602360380

3603803602 ss

6,7844)(6,81996,78446,8561

3140,93187 3140,90

30,000 360,00 3140,90 6,78440 92,3180 1154,9130,000 380,00 3187,00 6,85610 95,8440 1179,99

60 barp =1

30 bar2p =

0,04 bar3=p

Estado 2

)( 3602360380

3603803602 ss

kJ/kg 3163,72

6,7844)(6,81996,78446,8561

3140,93187 3140,90

30,000 360,00 3140,90 6,78440 92,3180 1154,9130,000 380,00 3187,00 6,85610 95,8440 1179,99

60 barp =1

30 bar2p =

0,04 bar3=p

Cálculo del estado 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)

60 barp =1

30 bar2p =

0,04 bar3=p

Titulo de vapor x3

6,8199 = 0,4225 + x3·(8,4755 – 0,4225)

s3 = s’3 + x3·(s”3 s’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)

s3 = s’3 + x3·(s”3 s’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)

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)

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)

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

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.

EJERCICIO Vapor de agua a 60 bar y 480 oC se expande adiabáticamente hasta, a) p2 = 30 bar

b) p3 = 0,04 bar

Resolverlo ahora mediante el programa PROPAGUA y comparar resultados.

60 barp =1

30 bar2p =

0,04 bar3=p

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

1 A12B área rWQdsT

DIAGRAMA T-s

1 A12B área rWQdsT

área ciclo = Q = W

DIAGRAMA T-s

ciclo de Carnot

Sistema adiabático

expansión en tobera

0=Q0Wr>

Sistema adiabático

expansión en tobera

0=Q0Wr>

compresión en difusor

s = s(v,T)

Isócoras e isobaras

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

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

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

R p·ln ln·R p

isobaras

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

)( 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

dpvdhdsT

pp dhdsT )()(

Diagrama h-sAntes de nada, obtengamos una característica interesante: apliquemos el primer principio a la isobara de figura:

dpvdhdsT

pp dhdsT )()(

Diagrama h-sAntes de nada, obtengamos una característica interesante: apliquemos el primer principio a la isobara de figura:

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)

R p·ln ln·R p

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)

R p·ln ln·R p

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.

sss '''

x =K1=x

pvvp dT

CÁLCULO DE LAS FUNCIO

NES DE ESTADO

12 )(p

T p dpdT

dvTvdTTchh

dvdTdp

dTTcss

KM N D

triplelínea

=TT sub=p subp

Figuras no incluidas en las diapositivas

n=1>0n1>

K=p; n=0<0n

isoterma

adiabática

Figura 4-2

Efercicio 4-4.3

Figura 4-13

2s s1 3s 4s=

41Q 11T

12Q 0=Q

Problema 4.2

Problema 4.9Problema 4.6Problema 4.5

Problema 4.4Problema 4.2

0Q =Q31

22 barp=

8 barp=

Problema 4.13

Problema 4.10

=p =6 b

=60 ba

3=p 0,5 bar

Problema 4.19Problema 4.18Problema 4.17

1 p 0,1 bar=

20 bar=p

3T =t ºC3603

1 0,04 bar=p

160 bar=p

ºC3t =540 3

0,1 bar=

20 bar=

Problema 4.24

Apéndice I (gases reales)v

p T( ),

p T,( )O0po o

isoterma

CÁLCULO DE LAS FUNCIONES DE ESTADO

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