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PROBLEMAS EXAMEN RESUELTOS
HUMEDAD DEL AIRE
presión
vapor
E t 
temp
Antonio J. Barbero
Dpto. Física Aplicada
UCLM
RESUMEN DE CONCEPTOS PARA EXPRESAR EL CONTENIDO EN VAPOR DE UNA MASA DE AIRE
(el subíndice V se refiere a vapor, el subíndice d se refiere a aire seco (“dry”)
Presión parcial vapor de agua
n RT
 mV   R
e V


Volumen  Volumen   M V

 T  V RV T

Índices de humedad
kg·m 
kg vapor
m3
3
Presion de vapor del agua (liq) en funcion de la temperatura
Razón de mezcla
r
mV
md
r
MV e
e
 0.622
Md p e
pe
0.100
kg vapor
kg aire seco
Líquido
P (bar) 
e (bar)
0.080
q
Humedad específica
mV
mV  md
0.060
q
V 
Humedad absoluta
MV
kg·K
 2.165·10 3
R
N·m
0.000
0
10
20
30
40
e  hPa T  K
V  g·m
Representación gráfica de datos de presión
saturante E en función de la temperatura
(cuadro 4.1, página 78 de las UD).
Masa molecular
aire húmedo
m
 mV md


 MV M d



1
V  2.165 ·10 3
e
T
e  Pa T  K
V  kg·m 3
50
T (ºC)
M
kg·kg 
mV
M e
e

 V
Volumen RV T
RT
0.020
Vapor
1
r
1 r
kg vapor
kg (total)
0.040
kg·kg 

3
V  216.5
1
 q 1 q 



 MV M d 
Humedad relativa:
h
e
T
g vapor
m3
mV
e
100  100
mV ,sat
E
g·m 
(%
2)
3
EJEMPLO CÁLCULO ÍNDICES HUMEDAD
temp º C 
presión
Curva
vapor
saturación
E bar 
Aire a 1000 hPa, con una
temperatura de 20º C y
temperatura de rocío de 16º C
p  1000 hPa
E T 
T  20º C
E 20   23.39 hPa
e16   18.18 hPa
TR  16º C
E 16   18.18 hPa
Humedad relativa:
E TR 
TR
r
Razón de mezcla
r  0.622
r
0.0115
 0.0114 kg·kg 1
1  0.0115
r
q
1 r
h
18.18
100  78%
23.39
temp
MV e
e
 0.622
Md p e
pe
mV
q
mV  md
mV
e
100  100
mV ,sat
E
Humedad absoluta
kg vapor
kg aire seco
kg·kg 
1
18.18
 0.0115 kg·kg 1
1000  18.18
Humedad específica
q
mV
md
T
h
kg vapor
kg (total)
kg·kg 
1
V 
g vapor
m3
g·m 
3
mV
M e
e

 V
Volumen RV T
RT
e  hPa T  K
V  216.5
e
T
V  216.5
18.18
 13.43 g·m 3
273  20
V  g·m 3
3
PEx01.- Basado en Junio2010 – Septiembre. PROBLEMA 2
Una habitación de 50 m3 está ocupada por aire seco de densidad  = 1.20 kg·m-3 a 20º C. Supongamos que en
este recinto se evaporan 750 ml de agua. (a) Determinar la humedad absoluta, la humedad relativa y la humedad
específica. (b) Si la evaporación de la misma cantidad de agua hubiese ocurrido en una habitación de volumen
doble e inicialmente llena de aire seco en iguales condiciones, calcular los mismos índices de humedad que en el
apartado anterior. Dato. Presión de vapor de saturación a 20º C  E(20) = 23.4 hPa.
(a) Tras evaporar 0.75 l de agua en aire inicialmente seco  la masa de vapor contenida en el aire será 0.75 kg.
Humedad absoluta V 
mV
0.75 kg

 0.015 kg·m 3  15 g·m 3
Volumen 50 m 3
A partir de la humedad absoluta calculamos la presión de vapor
e
V T
216.5

15 · 273  20 
 20.3 hPa
216.5
Humedad relativa  h 
V  216.5
e
T
e  hPa T  K
V  g·m
3
e
20.3
100 
100  87 %
E
23.4
Humedad específica  procedimiento 1  calculamos la masa de aire seco y aplicamos q 
md   d ·Volumen  1.20 · 50  60 m 3
q
0.75
 0.01235 kg·kg 1 de aire húmedo
0.75  60
Humedad específica  procedimiento 2  calculamos la razón de mezcla r y aplicamos q 
r
mV 0.75

 0.0125 kg·kg 1 de aire seco 
md
60
(b) Resultados
V  7.5 g·m
e  10.15 hPa
q
g vapor
m3
mV
mV  md
r
1 r
0.0125
 0.01235 kg·kg 1 (aire húmedo)
1  0.0125
Enunciado original
3
h  43 %
q  0.00621 kg·kg 1 (aire húmedo)
r  0.00625 kg·kg 1 (aire seco)
4
g·m 
3
PEx02.- Basado en Junio2015 – 2ª semana. PROBLEMA 2
Usaremos la tabla de presiones de saturación, pues la información de la gráfica es incorrecta
temp º C 
E bar 
49 hPa
(a) Para responder a la pregunta debemos calcular
cuánto vapor de agua hay en el recinto y cuanto puede
haber como máximo (es decir, si estuviese saturado).
Aplicamos la ley de los gases ideales:
Presión de vapor
e  V RT
Densidad de vapor  humedad absoluta
e  v  RT
V 
Volumen específico
35º C
E 35º C   56.28 hPa
e
40 ·100

 1.5621 mol·m 3
RT 8.314 · 273  35
V  1.5621 mol·m 3  18 ·10 3 kg · mol 1  0.0281 kg·m 3
V  28.1 g·m 3
Para que el recinto estuviese saturado, sería necesario que la presión de vapor de agua fuese de E 35º C   56.28 hPa
A dicha presión de vapor le
E
V , sat  216.5
corresponde la humedad absoluta 
T
V , sat
56.28
 216.5
 39.56 g · m 3
273  35
e  hPa T  K
V  g·m 3
g vapor
m3
g·m 
3
El contenido en humedad que falta por unidad de
volumen para alcanzar la saturación es
 mH 2 O 
3

  V , sat  V  39.56  28.10   11.44 g · m
 Vol 
m

mH 2O   H 2O   Vol  11.44  25  286.1 g agua
5
 Vol 
PEx02.- Basado en Junio2015 – 2ª semana. PROBLEMA 2 (continuación)
(b) La pregunta sobre el descenso de temperatura tiene que ver con el hecho de que para evaporar la masa de
agua que hemos calculado previamente hace falta aportarle su calor latente de vaporización, y esa energía
debe proceder del entorno que rodea al agua que se evapora, es decir, de la propia vasija en la que esté
contenida y los cuerpos de su entorno inmediato, incluyendo el aire que la rodea: todos ellos se enfriarán en
consecuencia.
Nosotros haremos un cálculo suponiendo que todo el calor necesario para la evaporación proviene
exclusivamente de la masa de aire que llena el recinto. Esto nos dará una bajada de temperatura
exageradamente grande, ya que el calor específico del aire es bajo, y hace falta enfriar bastante una masa de
aire para conseguir el calor necesario para evaporar unos centenares de gramos de agua
Calor necesario para evaporar el agua
Calor cedido por el aire del recinto
QH 2O  mH 2O LV  0.2861 kg · 2.5 ·106 J/kg  7.15 ·105 J
Qaire  maire caire T  ρaire ·Vol · caire T
Necesitamos como dato el calor específico del aire (no del agua, que es el que aparece en el enunciado).
Admitiendo que el aire es un gas diatómico, tenemos
caire
7
29.1 J · mol 1 · K 1
1
1
 cP  R  29.1 J · mol · K 
 1006.9 J · kg 1 · K 1
3
1
2
28.9 ·10 kg · mol
Admitiendo que todo el calor necesario para
evaporar el agua proviene del aire del recinto
T 
Qaire  Qagua  ρaire ·Vol · caire T  mH 2O LV
mH 2O LV
0.2861· 2.5 ·106

 23.7 K
ρaire ·Vol · caire
1.2 · 25 ·1006.9
6
PEx3.- Junio2014 – 1ª semana. PROBLEMA 2
(a) Energía necesaria para evaporar la masa de agua (600-400 = 200 g):
QH 2O  mi  m f  LV  0.2 kg · 2.5 ·106 J/kg  5 ·105 J
Potencia necesaria para evaporar la masa de agua, suponiendo que la
evaporación se produce a lo largo del periodo de tiempo indicado de 6 h
QH 2O
5 ·105 J

W

 23.1 W
t
6 · 3600 s
(b) Bajo la suposición del enunciado (muy poco realista) de que la radiación solar incidente durante 6 horas
no influye en los procesos que ocurren dentro del bidón y que la energía precisa para evaporar los 200 g de
agua líquida proviene exclusivamente del aire encerrado en él (!!!), tenemos:
Cálculo de masa de aire
Calor cedido por el aire del recinto = Calor necesario para evaporar el agua
(usando las condiciones
iniciales)
Resultado irreal,
Qaire  maire caire T  magua · LV  QH 2O
predice que el aire
del bidón al sol
magua · LV 0.2 · 2.5 ·106
T 

 27.9º C ¡¡se enfría 28º C!!
maire caire 17.83 ·1005
maire   aireV 
p ·V
raire ·T

101000 ·1.5 ·10 4
7
17.83 kg
287 · 273  23
Datos saturación del agua
8