FUNDAMENTOS FÍSICOS DE LA INGENIERÍA PROBLEMAS DE TERMODINÁMICA PROCESOS POLITRÓPICOS DE UN GAS IDEAL
T e r m o
Problema Problema 1. Ciclo 3 etapas (isocora (isocora + adiabática adiabática + isoterma) isoterma)
d
Problema Problema 2. Ciclo de Carnot Carnot (ciclo de potencia) potencia)
i n
Problema 3. Ciclo de Stirling
á
Problema 4. Ciclo de Otto
m i
Problema 5. Proceso adiabático + isotermo. Cálculo de entropía
c
Problema 6. Proceso politrópico. Cálculo de calor ca lor
a
Problema Problema 7. Ciclo 4 etapas etapas (2 isoabaras isoabaras + 2 isocoras) Problema 8. Proceso politrópico. Cálculo de entropía e ntropía Problema 9. Ciclo 3 etapas (isobara + politrópica + isoterma). Cálculo de entropía Problema Problema 10. Ciclo de Carnot Carnot (ciclo de refrigeració refrigeración) n) 1
PROBLEMA 1 Un gas ideal de coeficiente adiabático γ = 1.4 con un volumen específico inicial de 0.008 m3/mol se somete a un calentamiento isocórico que hace variar su presión entre 2.65 bar y 4.20 bar. Seguidamente el gas se expande adiabáticamente hasta un volumen adecuado, y por último se somete a una compresión isoterma hasta que recupera su volumen específico inicial. Se pide: A) Dibuje esquemáticamente en forma cualitativa los procesos sufridos por este gas en un v. diagrama p – v B) Determine presión, volumen y temperatura del punto común del proceso adiabático y del proceso isotermo isotermo sufrido por por el gas. Dato: Dato: R = 8,314 J/(K ⋅mol) C) Determine el rendimiento del ciclo termodinámico que ha descrito el gas. P
Apartado A) v0 = v1 = v2 = 0.008 m3/mol
P 1 = 2.65 bar P 2 = 4.20 bar
El gas describe un ciclo de potencia (sentido horario) cuyos puntos notables notables son 1, 1, 2 y 3.
P 2
2
P 1
1
ADIABÁTICA
ISOTERMA 3
P 3
v0
v3
v
2
UCLM
PROBLEMA 1 Un gas ideal de coeficiente adiabático γ = 1.4 con un volumen específico inicial de 0.008 m3/mol se somete a un calentamiento isocórico que hace variar su presión entre 2.65 bar y 4.20 bar. Seguidamente el gas se expande adiabáticamente hasta un volumen adecuado, y por último se somete a una compresión isoterma hasta que recupera su volumen específico inicial. Se pide: A) Dibuje esquemáticamente en forma cualitativa los procesos sufridos por este gas en un v. diagrama p – v B) Determine presión, volumen y temperatura del punto común del proceso adiabático y del proceso isotermo isotermo sufrido por por el gas. Dato: Dato: R = 8,314 J/(K ⋅mol) C) Determine el rendimiento del ciclo termodinámico que ha descrito el gas. P
Apartado A) v0 = v1 = v2 = 0.008 m3/mol
P 1 = 2.65 bar P 2 = 4.20 bar
El gas describe un ciclo de potencia (sentido horario) cuyos puntos notables notables son 1, 1, 2 y 3.
P 2
2
P 1
1
ADIABÁTICA
ISOTERMA 3
P 3
v0
v3
v
2
UCLM
PROBLEMA 1 (CONT) UCLM
Apartado B) (Determinación coordenadas punto 3) P
Las temperaturas de los puntos notables se determinan inmediatamente a partir de la ecuación de estado del gas:
2
P 2
pV = nRT 1
P 1
ADIABÁTICA
p
3 v
v3
v0
Para obtener el volumen del punto 3: Ecuación de la adiabática: p2V 2γ = p3V 3γ Ecuación de la isoterma: En términos de volúmenes molares:
p1V 1 = p3V 3
p2 n v2 = p3n v3 p1v1 = p3v3 γ γ
n
= RT
pv = RT
p v T 2 = 2 2 = 404 K R
Las temperaturas T 3 y T 1 son iguales, están sobre la misma isoterma T 3 = T 1 = 255 K
ISOTERMA P 3
V
p v T 1 = 1 1 = 255 K R
Dividiendo miembro a miembro:
γ γ
p2n v2 p1v1
= nγ v3γ −1
1 / (γ −1)
⎛ p2v2γ ⎞ ⎟⎟ v3 = ⎜⎜ ⎝ p1v1 ⎠
= 0.025 m 3/mol
Presión del punto 3:
γ γ
p3 =
T 3 v3
= 83799 Pa = 0.838 bar 3
PROBLEMA 1 (CONT) Rendimiento: η =
Apartado C) (Determinación del rendimiento) Veamos cualitativamente trabajo y calor en cada etapa del ciclo
W ad =
p2V 2 − p3V 3
P
V 1
wV = 0 2 qV > 0
ISOTERMA
W isot = pdV =
∫
V 3
V 3
1
qV = 3100 J/mol
nRT
V dV = nRT 1 ln 1 V V 3
v1 v3
= −2441 J/mol
QV = ncV ∆T = ncV (T 2 − T 1 )
wad > 0
wisot < 0
qV =
qisot = w isot < 0
γ =
3 v
v (m3/mol)
T (K)
1
265000
0,008
255
2
420000
0,008
404
3
83799
0,025
255
η =
c P cV
c P − cV = cV =
p (Pa)
γ − 1
wisot = RT 1 ln
qad = 0
=
UCLM
V 1
∫
ADIABÁTICA
qV
wad + wisot
p2v2 − p3v3
wad =
γ − 1
wneto
wneto qV
QV n
qV =
wad + wisot qV
γ − 1
(T 2 − T 1 ) = 3100 J/mol
Pregunta: ¿Es casual que el resultado numérico para qV coincida con wad ?
(γ − 1)
=
= cV (T 2 − T 1 )
=
3100 − 2441 = 0.21 3100
(21%) 4
PROBLEMA 2
A) B) C)
Un ciclo de Carnot reversible empleado como ciclo de potencia, que usa un gas ideal de UCLM coeficiente adiabático 1.4 como fluido de trabajo, opera entre las temperaturas 300 K y 500 K. La presión máxima del ciclo es 2.50 bar, y en la etapa de expansión isoterma el gas aumenta su volumen específico hasta alcanzar 0.040 m 3/mol. Dato: R = 8,314 kJ/(K ⋅kmol). Determine las coordenadas volumen específico, presión y temperatura de todos los puntos notables del ciclo. Si el ciclo se repite dos veces por segundo, determine la potencia desarrollada. Demuestre que para cualquier ciclo de Carnot el trabajo asociado con la etapa de compresión adiabática es el mismo en valor absoluto y de signo opuesto al trabajo desarrollado en la expansión adiabática, y que el trabajo neto producido es la suma algebraica del trabajo de la expansión isoterma y de la compresión isoterma.
5
PROBLEMA 2 (CONT.) UCLM
Apartado A) Coordenadas de los puntos notables del ciclo p1 = 2.5 bar
1→2 2→3 3→4 4→1
v2 = 0.040 m3/mol
1
2,5
Expansión isoterma T 1 = T 2 = 500 K Expansíón adiabática. Compresión isoterma T 3 = T 4 = 300 K Compresión adiabática.
2,0
Coordenadas de los puntos 1 y 2:
1,5
2
1,0
T a = 500 K
T b = 300 K
0,5
4 0,0 0,00
0,02
0,04
0,06
3 0,08
Para calcular el volumen específico del gas en el punto 3 usamos la relación adiabática entre los puntos 2 y 3 en función de volumen específico y temperatura.
0,10
0,12
P (bar) 1 2,50 2 1,04
v2
RT 1
p2 =
p1
RT 2 v2
v (m3/mol) 0,0166 0,0400
T (K) 500 500
0,14
γ γ p2v2 = p3v3
RT 2
P (Pa) 250000 103925
v1 =
v2γ =
1 1 T 2v2γ − = T 3v3γ −
RT 3 v3
v3γ
1 / (γ −1)
⎛ T ⎞ v3 = v2 ⎜⎜ 2 ⎟⎟ ⎝ T 3 ⎠
6
PROBLEMA 2 (CONT.) UCLM
Apartado A) Coordenadas de los puntos notables del ciclo 1 / (γ −1)
⎛ T ⎞ Hemos calculado v3 = v2 ⎜⎜ 2 ⎟⎟ ⎝ T 3 ⎠
Una vez calculado el volumen específico del RT 3 = p 3 punto 3, se obtiene su v3 presión usando la ecuación de estado El punto 4 es donde concurren la isoterma 3→4 y la adiabática 4→1, por lo que debe cumplirse
1 2 3 4
P (bar)
2,5
P (bar) 2,50 1,04 0,17 0,42
1,5
2
1,0
1 / (γ −1)
⎛ p1v1γ ⎞ ⎟⎟ v4 = ⎜⎜ p v ⎝ 3 3 ⎠
Usando otra vez la ecuación de estado
T (K) 500 500 300 300
2,0
p4v4 = p3v3 p v − v4γ 1 = 1 1 p3v3
v (m3/mol) 0,0166 0,0400 0,1434 0,0596
1
p4v4γ = p1v1γ
γ
P (Pa) 250000 103925 17388 41828
p4 =
0,5
T a = 500 K
T b = 300 K
4
RT 4 v4
0,0 0,00
0,02
0,04
0,06
3 0,08
0,10
0,12
0,14
v
(m3/mol)
7
PROBLEMA 2 (CONT.) UCLM
Apartado B) Hay que calcular el trabajo producido por el ciclo. Esto puede hacerse de dos formas.
B1. Cálculo directo del trabajo de cada etapa isoterma (en el apartado C demostraremos que las adiabáticas no intervienen en el trabajo neto del ciclo) v2
wisot 12 =
wisot 34 =
v2
∫
pdv =
∫
v1
v1
v4
v4
∫
pdv =
v3
RT 1
∫
v
dv = RT 1 ln
v2 v1
= 3649 J/mol wneto = wisot 12 + wisot 34 = 3649 − 2189 = 1460 J/mol
RT 3 v
dv = RT 3 ln
v3
v4 v3
= − 2189 J/mol
El tiempo que tarda esta máquina térmica en describir un ciclo es t = 0.5 s, por tanto la potencia específica es
w & =
wneto t
=
1460 0 .5
B2. Cálculo del trabajo a partir del rendimiento del ciclo reversible. η = 1 −
= 2920 watt/mol
T 3
300
= 0 .40 T 1 500 La energía que debe suministrarse para el funcionamiento del mismo es el calor de la etapa isoterma de alta temperatura, que es igual al trabajo de la expansión isoterma 1 →2, ya que la energía interna del gas ideal sólo depende de su temperatura y por lo tanto no sufre variación en dicha etapa: ∆u 12
= qisot 12 − wisot 12 = 0
El trabajo específico neto es:
w
η =
wneto qisot 12
= η ⋅ qisot 12 = 0 40 ⋅ 3649 = 1460 J/mol
= 1−
qisot 12 = wisot 12 = 3649 J/mol
& = w
wneto t
=
1460 0 .5
= 2920 watt/mol 8
PROBLEMA 2 (CONT.) UCLM
Apartado C) Demuestre que para cualquier ciclo de Carnot el trabajo asociado con la etapa de compresión adiabática es el mismo en valor absoluto y de signo opuesto al trabajo desarrollado en la expansión adiabática, y que el trabajo neto producido es la suma algebraica del trabajo de la expansión isoterma y de la compresión isoterma. Trabajo de un proceso adiabático entre las condiciones (vi, pi) y (v f , p f ). v f
v f
w=
∫ vi
pdv =
∫
f
f
⎡ v1−γ ⎤ ⎡ γ v1−γ ⎤ p f v f − pi vi pi vi − p f v f = dv C = pv = = ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ − γ 1 vγ 1 − γ γ γ − 1 − 1 ⎣ ⎦i ⎣ ⎦i C
vi
Ecuación adiabática: p =
Aplicando la ecuación w = R (T − T ) i f de estado del gas ideal: γ − 1
C vγ
En el ciclo de Carnot hay dos adiabáticas: los procesos 2→3 y 4→1 (véase apartado A). p
(vi , pi )
Puesto que en el proceso 2→3 T i = T 2 y T f = T 3, mientras que en el proceso 4→1 las temperaturas son T i = T 3 (= T 4) y T f = T 2 (= T 1), se deduce que ADIABÁTICA w
wadiab 23 = − wadiab 41
v f , p f v
Por lo tanto, el trabajo neto del ciclo corresponde a la suma (algebraica) de los trabajos de las etapas isotermas 1→2 y 3→4, pues los trabajos 9 adiabáticos se cancelan entre si.
PROBLEMA 3
A) B) C)
Un ciclo de Stirling de refrigeración que consta de dos isotermas y dos isocóricas utilizaUCLM como fluido de trabajo 0.50 moles de un gas ideal y opera entre las temperaturas 253 K y 300 K. Los volúmenes máximo y mínimo del ciclo son 40 litros y 20 litros respectivamente. Suponga que todas las etapas de este ciclo son reversibles. Dato: R = 8,314 kJ/(K ⋅kmol). Determine las coordenadas volumen específico, presión y temperatura de todos los puntos notables del ciclo. Sabiendo que el coeficiente adiabático del gas es 1.4, calcule el calor y el trabajo asociado a cada etapa del ciclo y determine su eficiencia. Calcule el índice politrópico de un proceso termodinámico que una directamente el punto de mayor presión con el punto de menor presión de este ciclo.
Apartado A)
vmax
40 ⋅10−3 m3 = = = 0.08 m3/mol 0.50 mol n V max
0,7
P (bar)
Cálculo de las presiones
3
0,6
pi = 0,5
0,4
4 vmín
RT i
300 K
0,2
2 1
T 2 = 300
K
v (m3/mol)
K
v1 = v2 = vmax = 0.08
T 4 = 253
Isocórica 3→4
0,3
CICLO REFRIGERACIÓN
K
Isocórica 1→2 T 3 = 300
vi vmáx
253 K
T 1 = 253
vmin
20 ⋅10−3 m3 = = = 0.04 m3/mol 0.50 mol n V min
m3/mol
K
v3 = v4 = vmin = 0.04
m3 /mol
v (m3/mol)
T (K)
P (Pa)
P (bar)
1
0,08
253
26293
0,26
2
0,08
300
31178
0,31
3
0,04
300
62355
0,62
10
PROBLEMA 3 (CONT.) UCLM
Apartado B) Calcular trabajo y calor en cada etapa del ciclo, y determinar la eficiencia ( γ = 1.4) 0,7
P (bar)
Determinación del calor específico:
CICLO REFRIGERACIÓN
3
0,6
wisot 23 < 0
qV 34 0,5
0,4
0,3
4 vmín
qisot 23
300 K
vmáx 253 K
wisot 41 > 0 0,2 0,03
qV 12 qV 12 qV 12
0,04
0,05
0,06
0,07
qisot 41 wisot 23 + wisot 41
=
c P − cV =
(γ − 1)
qV 12 = cV (T 2 − T 1 ) =
Proc. isotermo 2→3
v wisot 23 = qisot 23 = RT 2 ln 3 v2
qV 12 > 0 0,09
v (m3/mol)
qV 34 = cV (T 4 − T 3 ) =
(γ − 1)
(T 2 − T 1 )
(T 4 − T 3 )
v wisot 41 = qisot 41 = RT 4 ln 1 v4 El trabajo de las etapas isocóricas es nulo, al no haber variación de v.
1458 = 5.38 − 1729 + 1458
Forma alternativa: como se trata de un ciclo reversible, ε =
(γ − 1)
Proceso isotermo 4→1
La eficiencia del ciclo es igual al calor extraído del foco frío dividido por el valor absoluto del trabajo necesario para hacerlo. En nuestro caso: ε =
cV =
cV
Proceso isocórico 3→4
1 0,08
c P
Proc. isocórico 1→2
2
qisot 41 > 0
γ =
T 1 T 2 − T 1
Comentario: la eficiencia representa el calor extraído del foco frío
= 5.38
1→2 2→3 3→4 4→1 Σ
=
w (J/mol) q (J/mol) 0 977 -1729 -1729 0 -977 1450 1450
279
27911
PROBLEMA 3 (CONT.) C) Calcule el índice politrópico de un proceso termodinámico que una directamente el punto de mayor presión con el punto de menor presión de este ciclo. 0,7
P (bar)
UCLM
Mayor presión: punto 3; menor presión: punto 1
3
Se pide calcular el exponente k de p v k = p v k 3 3 1 1 la ecuación del proceso politrópico
0,6
ln p3 + k ln v3 = ln p1 + k ln v1
0,5
k (ln v3 − ln v1 ) = ln p1 − ln p3
0,4
k = 0,3
1 0,2 0,03
0,04
0,05
0,06
0,07
La ecuación de la politrópica es
0,08
0,09
3
v (m /mol) v (m3/mol)
T (K)
P (Pa)
P (bar)
1
0,08
253
26293
0,26
2
0,08
300
31178
0,31
3
0,04
300
62355
0,62
ln( p1 / p3 ) = 1.246 ln (v3 / v1 )
pv k = 63255 ⋅ 0.041.246 = 1130.5
12
PROBLEMA 4
A) B)
Un gas perfecto de volumen específico 0.008 m 3/mol a una presión de 4.00 bar se calientaUCLM isocóricamente hasta que su presión alcanza 8.00 bar. Después se expande adiabáticamente hasta alcanzar 0.014 m3/mol, luego se enfría isocóricamente y finalmente se comprime adiabáticamente hasta restituir las condiciones iniciales. Todas las transformaciones son reversibles (ciclo ideal de Otto). Datos: coeficiente adiabático del gas 1.40; constante universal de los gases R = 8,314 kJ/(K ⋅kmol). Determine las coordenadas volumen específico, presión y temperatura de todos los puntos notables del ciclo. Calcule el calor y el trabajo asociado a cada etapa del ciclo y determine su rendimiento. Coordenadas de los puntos extremos de la isocórica 1 (4 bar) → 2 (8 bar)
P
2
1v1
v1 = 0.008 m3/mol
p1 = 4.00 bar
T 1 =
v2 = 0.008 m3 /mol
p2 = 8.00 bar
T 2 =
= 385 K
R
2v2
R
= 770 K
Ecuación de la adiabática que pasa por 2 y 3:
p2v2γ = 927.72
pvγ = 927.72
Ecuación de la adiabática que pasa por 1 y 4:
p1v1γ = 463.86
pvγ = 463.86
v3 = v4 = 0.014
ADIABÁTICA
3 p3 = p2
1 ADIABÁTICA
CICLO DE POTENCIA
4
v
v2γ γ
v3
T 3 =
= 365457 Pa
p3v3 R
= 615 K
m3/mol
p4 = p1
T 4 =
v1γ γ
v4
p4v4 R
= 182729 Pa
= 308 K 13
PROBLEMA 4 (CONT.) UCLM
A) Coordenadas volumen específico, presión y temperatura de todos los puntos notables del ciclo
Representación gráfica cuantitativa 10
v (m3/mol)
P (Pa)
P (bar)
T (K)
1
0,008
400000
4,00
385
2
0,008
800000
8,00
770
3
0,014
365457
3,65
615
4
0,014
182729
1,83
308
9 8
2
7 6 ) r a b (
5
P 4
3
1
.
pv γ = 927 72
.
3
pv γ = 463 86
2
4
1 0 0,007
Comentario: observe que los valores numéricos de las constantes de las ecuaciones adiabáticas corresponden a volúmenes específicos en m3/mol y presiones en Pa, aunque en la escala de la representación gráfica se hayan elegido las unidades de presión en bar.
0,008
0,009
0,010
0,011
0,012
0,013
0,014
0,015
3
v (m /mol)
14
PROBLEMA 4 (CONT.) B) Calcule el calor y el trabajo asociado a cada etapa del ciclo y determine su rendimiento. γ =
c P
c P − cV = R
cV
p v − p3v3 wadiab 23 = 2 2 γ − 1
qV 12 = cV (T 2 − T 1 )
p4v4 − p1v1 γ − 1
qV 34 = cV (T 4 − T 3 )
wadiab 41 =
cV =
(γ − 1)
= 20.875 J/K ⋅ mol
En los procesos isocoros no hay trabajo. En los adiabáticos, no hay transferencia de calor.
w (J/mol)
v
(m3/mol)
P (Pa)
P (bar)
T (K)
1
0,008
400000
4,00
385
2
0,008
800000
8,00
770
3
0,014
365457
3,65
615
4
0,014
182729
1,83
308
UCLM
1→2 2→3 3→4 4→1
η =
q (J/mol)
8000
3209 -6396 -1604
w23 + w41 q12
= 0.201 (20.1%)
15
PROBLEMA 5 Un gas ideal a 273 K tiene una densidad de 50 moles/m 3. Su coeficiente adiabático es γ UCLM = 1.40. Este gas se somete a una compresión adiabática reversible hasta que su presión se duplica y luego a una expansión isoterma reversible hasta restituir el volumen original. Constante universal de los gases R = 8,314 kJ/(K ⋅kmol). A) Determine la temperatura final. B) Determine el trabajo neto de los dos procesos. C) Calcule la variación de entropía sufrida por el gas. A) Tomamos como base de cálculo 50 moles de gas, que en las condiciones iniciales ocupan V 1 = 1 m3. mol J n La presión inicial se obtiene a 273 K = 113486 Pa p 1 = 50 3 8.314 p = RT través de la ecuación del gas ideal K ⋅ mol m V p (Pa )
Proceso adiabático:
240000
p1V 1γ = 113486 ⋅11.4 = 113486 p1V 1γ = p2V 2γ = 113486 V 2γ =
113486 113486 1 = = 2 p1 2 p2 1/1.4
⎛ 1 ⎞ V 2 = ⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠
= 0.6095 m3
p2 = 2 p1 = 226972
Pa
220000
(V 2 , p2 )
200000
180000
160000
pV γ = 113486
140000
120000
100000
(V 1 , p1 ) 16
PROBLEMA 5 (CONT.) UCLM
A) Determinación de la temperatura final (después del proceso isotermo).
(V 3 = V 1 de acuerdo con el enunciado) Proceso isotermo: T 2 = p2V 2 = 2 ⋅113486 ⋅ 0.6095 = 332.8 K = T 3 50 ⋅ 8,314 nR p V − p V nR(T 1 − T 2 ) 50 ⋅ 8.314(273 − 332.8) = = −62147 J B) Trabajo W adiabático = 1 1 2 2 = 1.4 − 1 γ − 1 γ − 1 V W isotermo = nRT 2 ln 3 V 2 W isotermo = 50 ⋅ 8.314 ⋅ 332.8 ln
(Observe que no es necesario calcular la presión p3) 240000
(V 2 , p2 )
1 = 68497 J220000 0.6095
W neto = W adiabático + W isotermo =
200000
= −62147 + 68497 = 6350 J
Recordemos ahora que este es el trabajo neto asociado a 50 moles (base de cálculo elegida arbitrariamente). Expresemos el resultado como magnitud específica: 6350 J = = 127 J/mol wneto = n 50 mol W neto
Isoterma T 2 = T 3
) 180000 a P (
pV γ = 113486
P 160000
(V 3 , p3 )
140000
120000
(V 1 , p1 ) 100000 0,5
0,6
0,7
0,8
V (m3)
0,9
1,0
17
PROBLEMA 5 (CONT.) UCLM
C) Cambios de entropía En la etapa adiabática reversible no hay intercambio de calor, por tanto la variación de entropía es nula. Etapa isoterma
∆U isotermo = Q isotermo − W isotermo = 0
Qisotermo = W isotermo = 68497 J
La energía interna de un gas ideal es función exclusiva de la temperatura
∆S =
Qisotermo T 2
=
68497 = 205.8 J/K 332.8
Esta es la entropía de la transformación sufrida por 50 moles de gas. Expresemos el resultado como magnitud específica:
∆ s =
∆S 205.8 J/K = 4.12 = n
50 mol
J K ⋅ mol
18
PROBLEMA 6 Un gas ideal de coeficiente adiabático γ sufre una transformación politrópica de índice k entre las UCLM condiciones (V 1, p1) y (V 2, p2). Determine el calor cedido o ganado por el gas en dicho proceso. I. Trabajo asociado con el proceso politrópico 1→2: pV k = C V 2
∫
W = pdV = V 1
V 2
∫
V 1
1− k V 2
1− k V 2
1
1
W politrópico =
⎡ k V ⎤ p2V 2 − p1V 1 ⎡ V ⎤ = dV C = ⎢ pV 1 − k ⎥ = ⎢ 1 − k ⎥ k 1 − k V ⎦ V ⎣ ⎦ V ⎣ C
II. Consideremos el proceso politrópico como parte de un ciclo de 3 etapas:
p
=
p1V 1 − p2V 2 k − 1
p1V 1 − p2V 2 k − 1
pV k = C
1→2 Politrópica
(V 1 , p1 )
2→3 Isobara 3→1 Isocora III. Cálculo de trabajo y calor en la etapa isobara 2→3. (Sea n el número de moles de gas y c p y cV los calores específicos molares a presión y volumen constante). V 3
∫
W = pdV = p2 (V 3 − V 2 ) V 2
Q = nc p (T 3 − T 2 ) =
c p R
(V 3 , p3 )
W
(V 2 , p2 )
V
( p3V 3 − p2V 2 ) pi V i
19
PROBLEMA 6 (CONT) IV. Cálculo de calor en la etapa isocora 3→1 (el trabajo es nulo) Q = ncV (T 1 − T 3 ) =
Q politrópico −
∆U = ∆U 12 + ∆U 23 + ∆U 31 = 0
Q politrópico =
VI. Tengamos en cuenta las siguientes igualdades: c P − cV =
Relación de Mayer:
γ =
Coeficiente adiabático:
p1V 1 − p2V 2
p
k − 1
+
p1V 1 − p2V 2 k − 1
c p R
−
( p3V 3 − p2V 2 ) − p2 (V 3 − V 2 ) + c p
R
UCLM
( p1V 1 − p3V 3 )
∆U 23
∆U 12
V. Variación de energía interna ∆U = Q − W para cualquier ciclo completo ha de ser nula.
cV
∆U 31 cV R
( p3V 3 − p2V 2 ) + p2 (V 3 − V 2 ) −
( p1V 1 − p3V 3 ) = 0
cV R
( p1V 1 − p3V 3 )
pV k = C
(V 1 , p1 )
c P cV
cV (γ − 1) = R cV R
=
1 (γ − 1) V 1 =V 3
c P R
=
γ
(γ − 1)
(V 3 , p3 )
(V 2 , p2 )
2= 3
20
V
PROBLEMA 6 (CONT) Operaciones:
Q politrópico =
1 = R (γ − 1) cV
c P R
=
V 1 =V 3
p1V 1 − p2V 2 k − 1
−
c p
( p3V 3 − p2V 2 ) + p2 (V 3 − V 2 ) −
cV R
Sustituyendo calores específicos en función de γ
UCLM
( p1V 1 − p3V 3 ) Esta deducción es válida para γ ≠ 1 (cuando γ = 1 la transformación es isoterma).
p V − p2V 2 γ 1 Q politrópico = 1 1 − ( p3V 3 − p2V 2 ) + p2 (V 3 − V 2 ) − ( p1V 1 − p3V 3 ) k − 1 γ − 1 γ − 1
γ
(γ − 1)
Sustituyendo V 3, P 3 por V 1 y P 2 respectivamente
P 2 =P 3
p V − p2V 2 1 γ Q politrópico = 1 1 ( p2V 1 − p2V 2 ) + p2 (V 1 − V 2 ) − ( p1V 1 − p2V 1 ) − k − 1 γ − 1 γ − 1 p V − p2V 2 γ p2V 1 γ p2V 2 p V p V Q politrópico = 1 1 − + + p2V 1 − p2V 2 − 1 1 + 2 1 k − 1 γ − 1 γ − 1 γ − 1 γ − 1 p V − p2V 2 γ p2V 2 p V p V γ p2V 1 Q politrópico = 1 1 + − p2V 2 − 1 1 + 2 1 − + p2V 1 k − 1 γ − 1 γ − 1 γ − 1 γ − 1
Reordenando
Q politrópico =
Factor común
Q politrópico =
Q politrópico =
p1V 1 − p2V 2 k − 1
+
p1V 1 − p2V 2 k − 1 p1V 1 − p2V 2 k − 1
+
γ p2V 2
+
γ p2V 2
γ − 1
γ − 1
−
(γ − 1) p2V 2 p1V 1 ⎡ 1 γ ⎤ − +⎢ − + 1⎥ p2V 1 γ − 1 γ − 1 ⎣ γ − 1 γ − 1 ⎦
−
γ p2V 2 γ − 1
+
γ γ − 1⎤ ⎡ 1 p2V 1 +⎢ − + γ − 1 γ − 1 ⎣ γ − 1 γ − 1 γ − 1⎥⎦
p2V 2
−
p1V 1
p2V 2 − p1V 1 γ − 1
0
Cuestión adicional: Compruebe que en función de las temperaturas el calor absorbido o cedido por el gas ideal en el proceso politrópico es
Caso especial: cuando el proceso Qadiabático = 0 es adiabático k y entonces
k − γ
⎡
Q politrópic = nR(T 2 − T 1 )⎢
(
)(
⎤ )⎥
21
PROBLEMA 7
A) B) C)
Un gas ideal describe en sentido horario el ciclo termodinámico que se presenta en la figura.UCLM El volumen específico va = 10 litros/mol, y vb = 2 va. La temperatura máxima del ciclo es 673 K, y se sabe que el trabajo del proceso de compresión en cada ciclo es -1.80 kJ/mol. Si el coeficiente adiabático del gas es γ = 1.40 y la constante universal de los gases R = 8,314 J/(K ⋅mol), se pide: Determine las coordenadas v, p, T de todos los puntos notables del ciclo.. Calcule el calor y la variación de energía interna en cada una de las etapas. ¿Cuál es el rendimiento del ciclo? Calcule la variación de entropía sufrida en cada etapa del ciclo. P pa
pb
v va
vb
Sugerencia: al realizar los cálculos numere los puntos notables en sentido horario empezando por el de mayor temperatura.
22
PROBLEMA 7 (CONT.) UCLM
A) Coordenadas v, p, T La isoterma más alejada del origen es la que corresponde a la mayor temperatura en un diagrama p-v. En este caso, el punto del ciclo por el que pasa dicha isoterma es la esquina superior derecha. P pa
pb
T 1 = 673 K
4
vb = 2 va
v1 = v2 = vb = 2 va
1 T 4 =
2
3 va
vb
va = 0.010 m 3 /mol
vb = 2 va = 0.020 m3 /mol
p4 v4
p1 = p4 =
v3 = v4 = va
R T 1 v1
R
v w23 = p2 (v3 − v2 )
w23 = −1800 J/mol
v (m /mol)
3
p (Pa)
1
0,020
279766
T (K) 673,0
2
0,020
180000
433,0
3
0,010
180000
216,5
4
0,010
279766
336,5
p2 = p3 =
T 2 =
w23
(v3 − v2 )
p2 v2 R
T 3 =
p3v3 R
23
PROBLEMA 7 (CONT.) UCLM
350000
T 2 =
T 1 =
6 7 3 K
4 3 3 K
300000
4
1
250000
) a 200000 P (
2
3
p
150000 v (m /mol)
3
p (Pa)
1
0,020
279766
T (K) 673,0
2
0,020
180000 100000
433,0
3
0,010
180000
216,5
4
0,010
279766
336,5
50000 0,005
T = 4 3 3 6. 5
K
T = 2 16 .5 3
0,010
0,015
0,020
K
0,025
3
v (m /mol)
24
PROBLEMA 7 (CONT.) B) Calor, variación de energía interna y rendimiento. v (m /mol)
3
p (Pa)
1
0,020
279766
T (K) 673,0
2
0,020
180000
433,0
3
0,010
180000
216,5
4
0,010
279766
336,5
P q41 > 0
4
pa
w41 > 0 q12 < 0 w23 < 0
pb
3
2
q23 < 0
va
q12 = cV (T 2 − T 1 )
w41 = p1 (v1 − v4 )
q23 = c p (T 3 − T 2 )
1->2 2->3 3->4 4->1 Σ =
1
q34 > 0
w23 = p2 (v3 − v2 )
q34 = cV (T 4 − T 3 )
∆uij = qij − wij
T 1 = 673 K
v
q41 = c p (T 1 − T 4 )
w (J/mol) 0,0 -1800,0 0,0 2797,7 997,7
η =
wneto qin
=
w41 + w23 q34 + q41
∆ sij =
∆s (J/K.mol) 1->2 2->3 3->4 4->1
-4988,3 -4500,0 2494,2 6994,2 0,0
= 0.081 (8.1%)
T j
vb
isocoro isobaro isocoro isobaro
∆u (J/mol)
q (J/mol) -4988,3 -6300,0 2494,2 9791,8 997,7
C) Variaciones de entropía.
Proceso isocoro i→ j, v = cte -9,17 -20,17 9,17 20,17
UCLM
Proceso isobaro i→ j, p = cte
∆ sij =
T j
∫ ∫ δ qV T
=
T i
T i
T j
T j
∫ ∫ δ q p T
T i
=
T i
cV T
c p T
dT = cV ln
dT = c p ln
T j T i
T j
25
T i
PROBLEMA 8 Calcule la variación de entropía de un gas ideal (índice adiabático γ = 1.4) cuando experimenta UCLM un proceso politrópico reversible de índice k = 3 entre las condiciones iniciales v1 = 0.023 m3/mol, p1 = 1.80 bar y un volumen específico final v2 = 0.025 m3/mol. R = 8,314 J/(K ⋅mol). Cálculo de la variación de entropía en el proceso 1→2 a lo largo de una politrópica reversible Trazamos una adiabática reversible que pase por 2. Después trazamos una isoterma reversible que pase por 1. La adiabática y la isoterma se cortan en 3. Al tratarse de un ciclo tenemos:
∆ sciclo = ∆ s12 + ∆ s23 + ∆s31 = 0
∆ s12 = −∆ s23 − ∆s31 La variación de entropía específica molar en una etapa infinitesimal de un proceso termodinámico está dada por ds =
δ q T
Estudio de entropías de las etapas del ciclo (véase página siguiente).
P ,
3
2,4
2,2
A d i a b á t i c a
2,0
P o l i t r ó p i c a í n d i c e k
1
1,8
I s o t e r m a
1,6
2
1,4
1,2 0,014
v 0,016
0,018
0,020
0,022
0,024
0,026
0,02
26
PROBLEMA 8 (CONT.) UCLM
Proceso 2→3: Se trata de una adiabática reversible, por tanto δ qad =0 en todos los puntos de la trayectoria y en consecuencia ∆ s23 = 0
P 2,6
3
2,4
Proceso 3→1: Es una isoterma, por tanto ds =
∆ s31 =
∫
δ qisot T 1
=
2,2
δ qisot
1 T 1
T 1
∫
δ qisot =
A d i a b á t i c a
2,0
1
v v ln 1 RT 1 ln 1 = R1,8 T 1 v3 v3
(El calor asociado a un proceso isotermo es igual al trabajo del mismo)
P o l i t r ó p i c a í n d i c e k
1 I s o t e r m a
1,6
2
1,4
Variación de entropía en el proceso politrópico 1→2:
∆ s12 = −∆s31 = − R ln
1,2 0,014
v 0,016
0,018
0,020
0,022
0,024
0,026
0,02
v1 v3
Por tanto, el cálculo de la variación de entropía del proceso politrópico reversible se reduce en definitiva a calcular las coordenadas del punto 3, donde se cortan la adiabática y la isoterma.
27
PROBLEMA 8 (CONT.) UCLM
Además del volumen especifico necesario, calcularemos todas las coordenadas desconocidas del ciclo. P Punto inicial (1). Conocemos volumen específico y presión, 2,6 P 3 o calculamos temperatura l i p1 v1 = RT 1
T 1 =
p1 v1
2,4
R
Punto final (2). Ecuación politrópica
p1v1 = p2v2 k
k
Ecuación de estado:
⎛ v ⎞ p2 = p1⎜⎜ 1 ⎟⎟ ⎝ v2 ⎠
2,2
A d i a b á t i c a
k
2,0
t r ó p i c a í n d i c e
k
1
1,8
p v T 2 = 2 2 R
I s o t e r m a
1,6
Punto (3)
Adiabática p3v3γ = p2v2γ Isoterma
p3v3 = p1v1 1 / (γ −1)
⎛ p2v2γ ⎞ ⎟⎟ v3 = ⎜⎜ p v ⎝ 1 1 ⎠
γ −1
v3
=
p2v2γ p1v1
1,2 0,014
v 0,016
T 3 = T 1 (isoterma)
p3 =
RT 3 v3
Entropía específica del proceso politrópico 1→2
0.0230 ∆ s12 = − R ln = −8.314 ln = −2.77 J/K ⋅ mol 0.0165 v3 v1
2
1,4
1 2 3
0,018
0,020
v (m3/mol) 0,0230 0,0250 0,0165
0,022
0,024
P (bar) 1,80 1,40 2,51
0,026
0,02
T (K) 498,0 421,5 498,0
Datos iniciales en fondo coloreado
28
PROBLEMA 9 Un gas ideal de coeficiente adiabático γ =1.4 describe un ciclo termodinámico formado por las siguientes etapas reversibles: 1. Etapa isobara a 1.8 bar, desde una temperatura de 300 K hasta que su volumen específico molar es 0.040 m3/mol. 2. Expansión politrópica de índice k = 3, hasta que su temperatura es 300 K. 3. Compresión isotérmica hasta restablecer las condiciones iniciales. Determine: A) Las coordenadas v, p, T de cada punto notable del ciclo. Dato: R = 8,314 kJ/(K ⋅kmol) B) Trabajo y calor en cada etapa y rendimiento del ciclo. C) La variación de entropía del gas en cada etapa del ciclo. A) Coordenadas P , v, T 2,0 P
1
1,8 1.8 bar 1,6 T
1,4 1,2 1,0
1
= 3 0 0 K
3
v (m /mol)
2 1
P o l i t r ó p i c a
2
0,040
3
0,4 0,2 0,0
T (K) 300,0
300,0
Ecuación de estado:
0,8 0,6
p (Pa) 180000 180000
3
v1 =
RT 1 p1 p2v2
T 2 =
R
= 0.014 m 3 /mol = 866 K
29
UCLM
PROBLEMA 9 (CONT.) 3
A) Coordenadas v, p, T 2
v (m /mol) 0,014 0,040
3
0,068
1
2,0 P
1
1.8 bar
1,8
2 P o l i t r ó p i c a
1,6 T
1
1,4
= 3 0 0 K
1,2 1,0
p (Pa) 180000 180000
T (K) 300,0 866,0 300,0
36700
Cálculo del punto 3 k k Politrópica: p2V 2 = p3V 3
p1V 1 = p3V 3
Isoterma:
0,8 0,6
p2 n k −1v2k
3
0,4
p1v1
0,2
p2 n k v2k = p3n k v3k p1nv1 = p3nv3
= n k −1v3k −1
1 / ( k −1)
0,0 0,00
0,01
0,02
0,03
UCLM
0,04 0.04 m30,05 /mol 0,06
0,07
⎛ p2v2k ⎞ ⎟⎟ v3 = ⎜⎜ p v ⎝ 1 1 ⎠
v0,08
= 0.068 m3 /mol
p3 =
RT 3 v3
= 36700 Pa
B) Trabajo y calor en cada etapa y rendimiento del ciclo. Etapa 1→2, isobárica wisobárico = p1 (v2 − v1 ) qisobárico = R
γ
(γ − 1)
(T 2 − T 1 )
Etapa 3→1, isoterma v wisotermo = qisotermo = RT 1 ln 1
Etapa 2→3, politrópica v − p3v3 w politrópico = 2 2 k − 1 ⎡
k − γ
⎤ ⎥ ⎣ (k − 1)(γ − 1)⎦
q politrópico = R(T 3 − T 2 )⎢
wneto
=
q (J/mol) 16470,3 -9411,6 -3966,2 3092,5
(Vea resultado problema 6)
Rendimiento η =
w (J/mol) 1->2 4705,8 2->3 2352,9 3->1 -3966,2 Σ = 3092,5
w12 + w23 + w31
= 0.188 (18.8%)
30
PROBLEMA 9 (CONT.) UCLM
w (J/mol) 1->2 4705,8 2->3 2352,9 3->1 -3966,2 Σ = 3092,5
P (bar)
qisobaro > 0
2,0 1,8
2
1
wisobaro > 0
1,6
q politropico < 0
1,4 1,2
w politrópico > 0
qisotermo < 0
1,0 0,8
q (J/mol) 16470,3 -9411,6 -3966,2 3092,5
η =
wisotermo < 0
0,6
wneto
CICLO DE POTENCIA
=
w12 + w23 + w31
qin
q12
= 0.188 (18.8%)
3
0,4 0,2 0,0 0,00
0,01
0,02
0,03
0,04
0,05
0,06
0,07
v (m3/mol)
0,08
31
PROBLEMA 9 (CONT.) UCLM
(Recuerde que c es un punto que no está en la politrópica) ab
C) Variación de entropía del gas en cada etapa del ciclo. Calculamos para una politrópica en función de temperaturas y volúmenes. Punto inicial → a
Punto final → b
Método 1. Usando el resultado del problema 8
∆ sab = R ln
c
1 / (γ −1)
a
⎛ pb vbγ ⎞ ⎟ vc = ⎜ ⎜ p v ⎟ ⎝ a a ⎠ 1 / (γ −1)
⎡⎛ p ⎞ ⎡ p ⎤ v = − R ln ⎢ 1a/ (γ −1) γ a / (γ −1) va ⎥ = − R ln ⎢⎜⎜ pa ⎟⎟ ⎢⎣⎝ b ⎠ vc vb ⎣ pb ⎦ 1 / (γ −1) 1 / (γ −1)
va
p
⎛ va ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ vb ⎠
γ / (γ −1)
b
⎤ ⎥ ⎥⎦
v
Ecuación de estado: p = RT / v
⎡⎛ T ⎞1 / (γ −1) ⎛ v ⎞⎤ ⎡⎛ T ⎞1 / (γ −1) ⎛ v ⎞1 / (γ −1) ⎛ v ⎞γ / (γ −1) ⎤ ⎡⎛ RT / v ⎞1 / (γ −1) ⎛ v ⎞γ / (γ −1) ⎤ a b a ⎜⎜ a ⎟⎟⎥ ⎥ = − R ln ⎢⎜⎜ a ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎥ = − R ln ⎢⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ a ⎟⎟ ∆ sab = − R ln ⎢⎜⎜ a a ⎟⎟ ⎢⎣⎝ T b ⎠ ⎢⎣⎝ T b ⎠ ⎥⎦ ⎝ vb ⎠⎥⎦ ⎝ va ⎠ ⎝ vb ⎠ ⎢⎣⎝ RT b / vb ⎠ ⎥⎦ ⎝ vb ⎠
⎡⎛ T ⎞1 / (γ −1) ⎛ v ⎞⎤ ⎜⎜ b ⎟⎟⎥ ∆ sab = R ln ⎢⎜⎜ b ⎟⎟ ⎢⎣⎝ T a ⎠ ⎝ va ⎠⎥⎦
Método 2. Integrando el intercambio de energía en forma de calor en un proceso politrópico elemental. (Vea resultado problema 6) ∆ sab =
∫
⎡
⎤ ⎥ dT ( )( ) − − k 1 1 γ ⎣ ⎦
δ q politrópico = R ⎢
k − γ
T b
δ q politrópico T
⎡ k − γ ⎤ = R ⎢ ⎥ ⎣ (k − 1)(γ − 1) ⎦
∫ T a
⎡ k − γ ⎤ ⎛ T b ⎞ ⎡ k − γ ⎤ ⎛ pb vb ⎞ ⎜ ⎟ ln = R ⎢ = R ⎥ ⎜ T ⎟ ⎢ (k − 1)(γ − 1)⎥ ln⎜⎜ p v ⎟⎟ ( )( ) 1 1 T k γ − − ⎣ ⎦ ⎝ a ⎠ ⎣ ⎦ ⎝ a a ⎠
dT
32
PROBLEMA 9 (CONT.) UCLM
k k −1 ⎡ k − γ ⎤ ⎛ va ⎞ ⎡ k − γ ⎤ ⎡⎛ va ⎞ vb ⎤ ⎡ k − γ ⎤ ⎡⎛ va ⎞ ⎤ = ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ R ln⎜⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ln ln = R ∆ sab = R ⎢ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎥ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎣ (k − 1)(γ − 1) ⎦ ⎢⎣⎝ vb ⎠ ⎥⎦ ⎣ (k − 1)(γ − 1)⎦ ⎢⎣⎝ vb ⎠ va ⎦⎥ ⎣ (γ − 1)⎦ ⎝ vb ⎠
⎛ v ⎞ = ⎜⎜ a ⎟⎟ pa ⎝ vb ⎠ pb
k
pb vbk = pa vak ⎛ v ⎞ = ⎜⎜ a ⎟⎟ T a ⎝ vb ⎠ T b
k −1
⎡⎛ v ⎞ k / (γ −1) ⎛ v ⎞ −γ / (γ −1) ⎤ ⎥ ⎜⎜ a ⎟⎟ ∆ sab = R ln ⎢⎜⎜ a ⎟⎟ v v ⎢⎣⎝ b ⎠ ⎥⎦ ⎝ b ⎠ RT b vb
vbk =
⎛ v ⎞ = ⎜⎜ a ⎟⎟ T a ⎝ vb ⎠ T b
RT a va k
vak
⎛ va ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ vb ⎠
−1
T b vbk −1 = T a vak −1
p
k
Proceso isobaro ca c
∆ sca =
a
⎡⎛ T v ⎞1 / (γ −1) ⎛ v ⎞ −γ / (γ −1) ⎤ ⎥ ⎜⎜ a ⎟⎟ ∆ sab = R ln ⎢⎜⎜ b a ⎟⎟ T v v ⎢⎣⎝ a b ⎠ ⎥⎦ ⎝ b ⎠
⎛ va ⎞ T b va ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎝ vb ⎠ T a vb
⎡⎛ T ⎞1 / (γ −1) ⎛ v ⎞ −1 ⎤ ⎜⎜ a ⎟⎟ ⎥ ∆ sab = R ln ⎢⎜⎜ b ⎟⎟ ⎢⎣⎝ T a ⎠ ⎝ vb ⎠ ⎥⎦
∫
Expresamos este cociente en una forma más adecuada
⎡⎛ T ⎞1 / (γ −1) ⎛ v ⎞⎤ ⎜⎜ b ⎟⎟⎥ ∆ sab = R ln ⎢⎜⎜ b ⎟⎟ ⎢⎣⎝ T a ⎠ ⎝ va ⎠⎥⎦ T c
δ qisobaro T
=
∫
⎛ T ⎞ γ R ⎛ T c ⎞ ln⎜⎜ ⎟⎟ = c p ln⎜⎜ c ⎟⎟ = 1 T ⎝ T a ⎠ γ ⎝ T a ⎠
c p dT
T a
Proceso isotermo bc
b v
∆ sbc =
∫
δ qisotermo T
=
1 T c
∫
δ qisotermo =
qisotermo T c
⎛ v ⎞ = R ln⎜⎜ c ⎟⎟ ⎝ vb33 ⎠
PROBLEMA 9 (CONT.) Isobaro:
Cálculos de entropía (cont.) P (bar)
∆ s12 =
2,0 1,8
2
1
∫
UCLM T 2
δ qisobaro T
=
∫
⎛ T ⎞ γ R ⎛ T 2 ⎞ ln⎜⎜ ⎟⎟ = c p ln⎜⎜ 2 ⎟⎟ = 1 T T γ ⎝ 1 ⎠ ⎝ T 1 ⎠
c p dT
T 1
Politrópico:
1,6 1,4
Isotermo:
⎡⎛ T ⎞1 / (γ −1) ⎛ v ⎞⎤ ⎜⎜ 3 ⎟⎟⎥ ∆ s23 = R ln ⎢⎜⎜ 3 ⎟⎟ ⎢⎣⎝ T 2 ⎠ ⎝ v2 ⎠⎥⎦
1,2 1,0
∆ s31 =
0,8 0,6
∫
δ qisotermo T
1 T 1
∫
δ qisotermo =
qisotermo T 1
⎛ v ⎞ = R ln⎜⎜ 1 ⎟⎟ ⎝ v3 ⎠
3
0,4 0,2 0,0 0,00
=
0,01
0,02
0,03
0,04
0,05
0,06
0,07
v (m3/mol)
0,08
w (J/mol) 1->2 4705,8 2->3 2352,9 3->1 -3966,2 Σ = 3092,5
q (J/mol) 16470,3 -9411,6 -3966,2 3092,5
∆s (J/K.mol) 30,85 -17,63 -13,22 0,0
34
PROBLEMA 10 Un ciclo frigorífico reversible de Carnot se emplea para mantener a -18º C el congelador de un frigorífico instalado en un local donde la temperatura es 20º C. Como fluido de trabajo de este ciclo termodinámico se emplean 0.2 moles de un gas ideal de coeficiente adiabático γ = 1.40. Los vólúmenes máximo y mínimo del gas durante el ciclo son 2 litros y 5 litros. Se pide: A) Calcule la presión al comienzo e la expansión isoterma y el volumen al final de la compresión adiabática. B) Calcule el trabajo necesario para extraer 1 kJ del foco frío. C) Calcule el trabajo que debe aportarse por ciclo para mantener el frigorífico en funcionamiento. D) La variación de entropía del gas en la etapa isoterma a baja temperatura. Dato: R = 8,314 kJ/(K ⋅kmol)
35
UCLM
PROBLEMA 10 (CONT.) UCLM
P (bar)
Compresión adiabática 1 → 2 Compresión isoterma 2 → 3 El fluido de trabajo cede calor al foco caliente
3
3,0
A D I A B Á T I C A
2,5
Expansión adiabática 3 → 4 Expansión isoterma 4 → 1 El fluido de trabajo toma calor del foco frío
T baja = 255 K 2,0
Ciclo de refrigeración
2 4
1,5
nRT Cálculo de las presiones P = (conocidos los volúmenes) V
T alta = 293 K
A D I A B Á T I C A
1
Cálculo de los volúmenes V 2 y V 4:
1,0 1,5
2,0
2,5
3,0
3,5
4,0
4,5
5,0
5,5
V (litros)
Datos: tenemos los siguientes datos de temperatura y volumen: T 1 = 273 − 18 = 255 K
T 3 = 273 + 20 = 293 K
T 2 = 273 + 20 = 293 K
T 4 = 273 − 18 = 255 K
V 1 = 5 ⋅ 10 − 3
m3
V 3 =
2 ⋅ 10 − 3 m 3
P a V aγ = P b V bγ PV = nRT
nRT a V a
V aγ = γ −1
T a V a
nRT b V b
V bγ
= T b V bγ −1 36
PROBLEMA 10 (CONT.) UCLM
A) Presión al comienzo e la expansión isoterma y el volumen al final de la compresión adiabática. P (bar)
3
3,0
1 2 3 4
A D I A B Á T I C A
2,5
ºC -18 20 20 -18
K 255 293 293 255
V (m3) 5,00E-03 3,53E-03 2,00E-03 2,83E-03
P (Pa) P (bar) 1,06E+05 1,06 1,72E+05 1,72 3,05E+05 3,05 1,87E+05 1,87
La presión al comienzo de la expansión isoterma es:
T baja = 255 K
Expansión isoterma: 4→1
2,0
Ciclo de refrigeración
2
4
= 1.87 bar
El volumen al final de la compresión adiabática es:
4
1,5
T alta = 293 K
A D I A B Á T I C A
Compresión adiabática: 1→2 V 2 = 3.53 litros
1
1,0 1,5
2,0
2,5
3,0
3,5
4,0
4,5
5,0
5,5
V (litros)
37
