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Un depósito de 10 m3 contiene propileno a 50 ºC y 2 MPa. Se pide
a) Masa encerrada.
b) Estado termodinámico si se deja atemperar en un ambiente a 15 ºC..
c) Calor desprendido entre los dos instantes mencionados.

Datos:

>	read`../therm_eq.m`:read`../therm_const.m`:read`../therm_proc.m`:with(therm_proc): su:="C3H6":dat:=[V=10*m_^3,T1=(50+273.15)*K_,p1=2e6*Pa_,T0=(15+273.15)*K_];

Eqs. const.:

>	dat:=op(dat),get_gas_data(su),get_liq_data(su),SI2,SI1:get_pv_data(su):

a) Masa encerrada.

Primero hay saber el estado físico en que se encuentra el fluido en esas condiciones, para lo que basta saber la presión de vapor a esa T (o la Tv a esa p), lo que se hace mediante la correlación de Antoine:

>	eq1:=p[v](T1)=subs(dat,evalf(subs(dat,pv(T1))));eq2:=T[v](p1)=subs(dat,evalf(subs(dat,solve(p1=pv(T),T))));

i.e. a T1=50 ºC se necesitarían pv=2,07 MPa para licuarlo y sólo hay 2 MPa (o bien a 2 MPa condensaría a 321 K y está a 323 K), luego, estará en estado gaseoso (pero muy cerca de la saturación) y el modelo de gas ideal podría dar una aproximación razonable.

Nótese que se ha supuesto que la incertidumbre en los datos es pequeña (e.g. que fuese 50+/-1 ºC y 2,0+/-0,05 MPa); si no, podría haber líquido en el interior, lo cual es muy razonable en un depósito de gas licuable.

La masa del gas encerrado será:

>	eqMGP:=m=p1*V/(R*T1);eqMGP_:=subs(dat,%);TR1:=T1/T[cr];TR1_:=subs(dat,%);pR1:=p1/p[cr];pR1_:=subs(dat,%);Z1_:=0.72;eqMEC:=m=p1*V/(Z1*R*T1);eqMEC_:=subs(Z1=Z1_,dat,%);

i.e. la masa encerrada será de unos 430 kg (digamos que 430+/-10 kg). El modelo de gas ideal da una aproximación bastante deficiente (m=310 kg). Si hubiera estado lleno de líquido, el modelo de líquido ideal daría 6100 kg. Los mejores datos disponibles (NIST) dan 438,2 kg.

b) Estado termodinámico si se deja atemperar en un ambiente a 15 ºC..

Suponiendo el depósito rígido (lo cual es de esperar con ese nivel de presión), el proceso de atemperamiento será a V=cte., y lo que hay que ver es si condensa algo de vapor.

Una primera estimación de la presión fina sería con el MGI: p2/p1=T2/T1:

>	p2_MGI:=p1*T2/T1;p2_MGI_:=subs(T2=T0,dat,%);eq1_:=p[v](T2)=subs(dat,evalf(subs(dat,pv(T0))));T2:=T0;p2_:=rhs(eq1_);

i.e., con el MGI, a 15 ºC la presión sería de 1,8 MPa, y bastan 0,91 MPa para condensar a esa temperatura, luego, no es válido el modelo y condensará una parte, que se determina por la ecuación V=cte.

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eqVol:=V/m=x*vL+(1-x)*vV;eqVol:=V/m=(1-x)/rho[L]+x*Z2*R*T2/p2;rhoL_MLP:=subs(dat,rho);TR2:=T2/T[cr];TR2_:=subs(dat,%);pR2:=p2/p[cr];pR2_:=subs(p2=p2_,dat,%);Z2V_:=0.84;Z2L_:=0.03;rhoL_MEC:='p2/(Z2L_*R*T2)';rhoL_MEC_:=subs(p2=p2_,dat,%);x_:=solve(eqVol,x);x__:=subs(eqMEC_,rho[L]=rhoL_MEC,Z2=Z2V_,p2=p2_,dat,%);mL:=(1-x)*m;mL_:=subs(eqMEC_,x=x__,%);

i.e. condensan unos 250 kg (un 42% de la masa).

c) Calor desprendido entre los dos instantes mencionados.

Usaremos el modelo de sustancia perfecta (i.e. sin correcciones por MEC).

>	eqBE:=DE=Q+W;eqBE:=Q=DH-D(pV);eqBE:=Q=m*(h2-h1)-V*(p2-p1);Q:=m*((1-x2)*hL2+x2*hV2-h1)-V*(p2-p1);hl=hl(T);hv=hv(T,p);h1:=subs(dat,T=T1,dat,hv(T));hL2:=subs(dat,T=T2,dat,hl(T));hV2:=subs(dat,T=T2,dat,hv(T));Q_:=subs(eqMEC_,x2=x__,p2=p2_,dat,Q);

i.e. salen 110 MJ durante el atemperamiento. Para corregir por compresibilidad, se usaría Q=mDh-VDp=m(Dhid-Dhcc)-VDp.

Con los mejores datos disponibles (NIST), los resultados son:

A 50 ºC y 2 MPa:

>	rho1:=43.82*kg_/m_^3;h1:=524.9e3*J_/kg_;

a 15 ºC en saturación:

>	p2:=891e3*Pa_;rhoL:=521.5*kg_/m_^3;rhoV:=18.7*kg_/m_^3;hL:=147.1e3*J_/kg_;hV:=500.6e3*J_/kg_;eqx:='1/rho1=(1-x)/rhoL+x/rhoV';x_:=solve(%,x);mL:=subs(dat,(1-x_)*V*rho1);Q:='m*((1-x)*hL+x*hV-h1)-V*(p2-p1)';Q_:=subs(m=V*rho1,x=x_,dat,%);

i.e. condensan 260 kg (en cez de 253 del MEC), y hay que evacuar 92 MJ en vez de los 110 MJ del MSP. Los diagramas a escala de la evolución se muestran a continuación.

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