Problemas Resuelto de Ecuaciones de Estado

Universidad Universidad Simón S imón Bolívar Departamento Departamento de Termodinámica y Fenó Fenó menos de Transferencia Transferencia Termodinámi Termodinámica ca II (TF-232 (TF-232 3) Profesor: Freddy Figueira

Problema de Ecuaciones Cúbicas

Se tiene el sistema cilindro pistón mostrado en la figura, que contiene inicialmente una mezcla líquido vapor de agua con una calidad de 0,6. El sistema se calienta hasta que el pistón apenas toca los topes. Luego se introduce un 1 kg de agua, momento en el cual la temperatura alcanza los 200 ºC. Determine: 1. Masa inicial de agua. 2. Temperatura Temperatura del agua al finaliz ar el proceso de c alentamiento (Estado 2) 3. Presión final del sistema.

Utilizar Ecuación de Estado de Peng-Robinson

m 1

m 1

1 m2

Propiedades para el agua: Tc  647.1 K

Pc  22048.32

La constante específica del agua es: Las Constantes de Antoine son:

kPa

R 

ω

 0.345

RU M

A1  6.5 6.53247 32470 0

R

M  18.015

kg kmol

RU  8.31451

kJ kmol·K

 0.46 0.461 153 A2  398 3985.43 5.439 9

A3 

38.9974

Solución:

Estado 1 P1  100 kPa

(El sistema se encuentra a presión atmosférica)

x1  0.6

Est amos en s aturación líquido vapor, vapor, se s e debe aplicar el c riterio de Maxwell Maxwell para determinar los volúmenes específicos de las fases líquido y vapor, además de la temperatura de saturación. Se plantea el procedimiento it erativo: erativo: 1. Suponer Tsat , para lo cual se emplea la ecuación de Antoine:

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 Psat  = A1   Pc 

A2

ln

T

Donde T va en Kelvin

 A3

Despejando: A2

T=



A1

 A3

 Psat  ln  Pc 

Así, el primer estimado es: A2

T1 



A1

 P1  ln  Pc 

 A3

T1

 373. 373.11 1139 39 K

T1  273. 273.15 15  99.9639

ó

2. Se resuelve la ecuación cúbica (Ec. Peng-Robinson): P=

R T v

b

ac α

 v

2

 2  b v  b

2

Donde: 2

ac  0.45724 

R  Tc

2

ac

Pc

 1.84976

b  0.07780 

RT c

b

Pc

3

 1.05385  10

En forma cúbica: v

3

2

 c2  v  c1  v  c0

= 0

Con:

c0 = b

α

3



R T b

2

 ac α b

c1 =

P

 = 1   0.37464  

a c  α  2  b  R T P

 1.54226  0.26992   1   2

ω

ω

 3 b

T 

2

c2 = b



R T P

2

Tc 

Para la primera it eración:

 1  1   0.37464  1.54226  0.26992  2  R T1 b  a  1 b 

α

ω

3

c

α

  1  

2

ω

T1  Tc 

2

1

α

 1.465 .46527 27

5





c2  b



R T1

c2

P1

 1.72099

Las raíces de la ecuación cúbica son: Coeficientes:

Raíces

 c0   c1  coef     c2   1  vf1  vv

vv  poly polyro root otss( coef coef )

v f1

0

3  1.24 1.249 99  10  vv    0.01249  1.70725 

3

 1.24 1.249 99  10

v g1  vv

v g1

2

Líquido

Gas

 1.70725

3. Comprobamos Comprobamos con el c riterio de Maxwell: Maxwell: v

Psat =

 g   P dv v g  v f  vf 1

En este caso (Revisar Guía Relaciones termodinámicas EOS):

Psat =



1 vg

  vg  b  ac  ln   vf  b  2 2 b  α

 R T ln

 v f 

  1  2  b  v f   1  2  b v g   1  2  b  v f   1  2  b vg

 

Comprobamos Psat1 

Psat Psat1 1

1 vg1

 vf1



 vg1  b  ac 1  ln  v f1  b   2 2 b    α

 R T1 ln

 95.7 95.770 7063 63



diferente de

P1

  1  2  b  v f1   1  2  b vg1   1  2  b  v f1   1  2  b vg1

 

 100

Suponiendo una nueva temperatura (debe ser mayor, puesto quedamos por debajo de la presión) T2  101

 273.15

 2  1   0 37464  1 54226

α

ω

0.26992

  1

2

ω

T2 

2

2

α

1.46 1.4630 304 4





c1 

 ac

2

α

 2  b R T2 P1



c2  b



 3 b



2



R T2 P1

c1

 0.02342

c2

 1.72577

Recalculemos las raíces del polinomio cúbico: Coeficientes:

Raíces

 c0   c1  coef     c2   1  v f2  vv

v f2

0

3  1.25 1.2510 109 9  10  vv    0.01242  1.7121 


3

 1.25 1.2510 109 9  10

v g2  vv

v g2

2

Líquido

Gas

 1.7121

Comprobemos:

Psat2 

Psat Psat2 2

1 vg2

 vf2



 vg2  b 

 R T2 ln

 vf2  b 





ac α2 2 2 b

 ln



  1  2  b  v f2   1  2  b vg2   1  2  b  v f2   1  2  b vg2

 

 99.5 99.561 6147 47

El error es esá por debajo del 1%, podríamos quedarnos con este valor, sin embargo, embargo, realicemos una iteración adicional: Extrapolemos a P=100

 Psat1   T1  100  Psat2   T2  

T3  linterp

T3

 374. 374.26 2698 986 6 K

ó

T3

 273.15  101.11986

Comprobemos nuevamente:

 3  1   0.37464  1.54226  0.26992   2  R T3 b  a  3 b 

α

ω

α

  1  

2

ω

T3  Tc 

2

2

α

 1.46 1.4630 304 4





c1 

 ac  

c2  b



3

α

 2  b R T3 P1

 3 b

2

 

R T3 P1

c1

 0.02341

c2

 1.72632

Recalculemos las raíces del polinomio cúbico: Coeficientes:

Raíces

 c0   c1  coef     c2   1  v f3  vv


v f3

0

3  1.25 1.2512 123 3  10  vv    0.01241  1.71266 

3

 1.25 1.2512 123 3  10

v g3  vv

v g3

2

Líquido

Gas

 1.71266

Comprobemos:

Psat3 

Psat Psat3 3



1 vg3

 vf3

 vg3  b 

 R T2 ln

 vf3  b 



 99.7 99.705 0522 22



ac α3 2 2 b



  1  2  b  v f3   1  2  b vg3   1  2  b  v f3   1  2  b vg3

ln



Nos quedamos con esta es ta tempera t emperatura. tura.

Así: T1  T3

T1

 374.26986

El volumen específico de la mezcla es: v1  v f3

 x 1 v g3  v f3

v1

 1.0281

La masa viene dada por: El volumen total en el estado 1 es:

m1 

V1 v1

m1

 0.97267 kg

V1  1

3

m

 





Estado 2 El sistema se expande hasta tocar solo los topes: P2  100 kPa

La presión es:

La mas es la misma: m 2

m2  m1

El nuevo volumen del sistema es: El volumen específico es: 1 m

2

v 2 

3

V2  2 m V2 m2

3

 2.05619

v2

m

kg

Como la presión es la misma, los volumenes de líquido saturado y vapor saturado son los mismos que se calcularon para el edo. 1. En este caso se tiene que el estado es vapor sobrecalentado ya que: v2

 vg

Debemos calcular la temperatura en este estado, lamentablemente, para la Ec. de Peng-Robinson, el cálculo no es direct o puesto que la Temperatura Temperatura no es despejable. despejable. Debemos realizar un procedimiento iterativo. 1. Suponer una temperatura: T1  400 K

2. Calcular la presión mediante la cúbica:

P1 

R T1 v2

b

 ac 1   0.37464   

 1.54226  0.26992    1   ω

v2

2

 2  b v2  b

3. Verificar P1  89.2 89.214 1409 09

Segunda iteración

diferente de:

2

P2

 100

ω

2

T1  Tc 

2







 ac 1   0.37464  1.54226  0.26992    ω

P2 

RT2

b

v2

v2

P2  100. 100.48 4853 534 4

2

 2  b v2  b

  1  

2

ω

T2 

2

Tc



2

El error está por debajo del 1%, sin embargo hagamos una iteración más.

Interpolando:

 P1   T1  100  P2   T2  

T3  linterp

T3

 447. 447.84 8470 701 1 K

 ac 1   0.37464  1.54226  0.26992    ω

RT3

P3 

v2

b

v2

P3  100. 100.00 0000 008 8

 2  b v 2  b

  1 

2

ω



T3

T3 

2

T2

 447.84701 K

ó

T2

 273.15  174.69701 ºC

Ahora cambia la masa del sistema y por ende su volumen específico. V2 m2

1

3

v3

 1.01385

m

kg

Se sabe: T

2

Tc 

Estado 3

v3 

 273.15  174.69701 ºC

Nos quedamos con este valor

T2  T3

Así:

2

ó

 200 200  273. 273.15 15

T

 473.15

K





v

3

2

 c2  v  c1  v  c0

= 0

Con: c0 = b

3



R T b

2

 ac α b P

c1 =

a c  α  2  b  R T P

 3 b

2

c2 = b



R T P

Para la primera it eración: Ahora el valor de



3  1

α



c1 

b

2

3



R T3  b



 ac

α

3

T3 



Tc 

2

 ac α3  b 

 2 b R T3 Psat3



2

Psat3



c2  b



  0.37464  1.54226 ω  0.26992 ω   1 

 c0 

será constante:

α

  3 b



2



R T3 Psat3

α

3

 1.26953

6

c0

 1.42803  10

c1

 1.205 .2055 5  10

c2

 0.13876

3

Las raíces de la ecuación cúbica son: Coeficientes:

 c0   c1  coef     c2 

Raíces

3  1.41 1.4116 164 4  10  vv  poly polyro root otss( coef coef )

vv



 3  7.80 7.8093 933 3  10  

Líquido

Gas





3

Psat3calc  1.55 1.5573 732 2  10

El error viene dado por: Psat3calc  Psat3 Psat3calc

v f3 v3

3

v g3

 1.41 1.4116 164 4  10  1.01385

P3 

RT 3 v3

b

ac  1



 213.33438

 0.12954

como v 3  v g3 tenemos vapor sobrecalentado, sobrecalentado, podemos c alcular la presión del sistema evaluando directamente P de la ecuación de estado:



P3

Menor al 2%, no es neces ario realizar una nueva nueva iteración, ya

 100  0.29358 tenemos los volúmenes volúmenes





T3 



Tc 

  0.37464  1.54226 ω  0.26992 ω   1  2

v3 kPa

2

 2  b v 3  b

2

2

Problemas Resuelto de Ecuaciones de Estado

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