termodinamica problemas resueltos 0607

1FUNDAMENTOS FSICOS DE LA INGENIERA

PROBLEMAS DE TERMODINMICA PROCESOS POLITRPICOS DE UN GAS IDEAL

2UCLMUn gas ideal de coeficiente adiabtico = 1.4 con un volumen especfico inicial de 0.008 m3/mol se somete a un calentamiento isocrico que hace variar su presin entre 2.65 bar y 4.20 bar. Seguidamente el gas se expande adiabticamente hasta un volumen adecuado, y por ltimo se somete a una compresin isoterma hasta que recupera su volumen especfico inicial. Se pide:

PROBLEMA 1

A) Dibuje esquemticamente en forma cualitativa los procesos sufridos por este gas en un diagrama p v.

B) Determine presin, volumen y temperatura del punto comn del proceso adiabtico y del proceso isotermo sufrido por el gas.

C) Determine el rendimiento del ciclo termodinmico que ha descrito el gas.

P

v

ADIABTICA

ISOTERMA

v0

P1

P2

v3

P3

/molm 008.0 3210 === vvv bar65.21 =P bar20.42 =P

Apartado A)

1

2

3

nR

Dato: R = 8,314 kJ/(Kkmol)

Apartado B) (Determinacin coordenadas punto 3)

Las temperaturas de los puntos notables se determinan inmediatamente a partir de la ecuacin de estado del gas:

TpV = RTnVp =

K 255111 == RvpT

K 404222 == RvpT

RTpv =

Las temperaturas T3 y T1 son iguales, estn sobre la misma isoterma K 25513 ==TT

Para obtener el volumen del punto 3:

Ecuacin de la isoterma: 3311 vpvp =Ecuacin de la adiabtica: 3322 VpVp =

3311 VpVp =

En trminos de volmenes molares:

3322 vnpvnp =

( )1/1

11

223

=

vpvpv13

11

22 =

vnvpvnp

Dividiendo miembro a miembro:

/molm025.0 3=

El gas describe un ciclo de potencia (sentido horario) cuyos puntos notables son 1, 2 y 3.

bar 838.0 Pa 837993

33 === v

RTpPresin del punto 3:

3UCLMUn gas ideal de coeficiente adiabtico = 1.4 con un volumen especfico inicial de 0.008 m3/mol se somete a un calentamiento isocrico que hace variar su presin entre 2.65 bar y 4.20 bar. Seguidamente el gas se expande adiabticamente hasta un volumen adecuado, y por ltimo se somete a una compresin isoterma hasta que recupera su volumen especfico inicial. Se pide:

PROBLEMA 1 (Continuacin)

A) Dibuje esquemticamente en forma cualitativa los procesos sufridos por este gas en un diagrama p v.

B) Determine presin, volumen y temperatura del punto comn del proceso adiabtico y del proceso isotermo sufrido por el gas.

C) Determine el rendimiento del ciclo termodinmico que ha descrito el gas.

Apartado C)

ISOTERMA

P

v

ADIABTICA

1

2

3

Veamos cualitativamente trabajo y calor en cada etapa del ciclo

0=Vw0>Vq

0=adq0>adw

0

4PROBLEMA 2

Un ciclo de Carnot reversible empleado como ciclo de potencia, que usa un gas ideal de coeficiente adiabtico 1.4 como fluido de trabajo, opera entre las temperaturas 300 K y 500 K. La presin mxima del ciclo es 2.50 bar, y en la etapa de expansin isoterma el gas aumenta su volumen especfico hasta alcanzar 0.040 m3/mol. Dato: R = 8,314 kJ/(Kkmol).

A) Determine las coordenadas volumen especfico, presin y temperatura de todos los puntos notables del ciclo.B) Si el ciclo se repite dos veces por segundo, determine la potencia desarrollada.C) Demuestre que para cualquier ciclo de Carnot el trabajo asociado con la etapa de compresin adiabtica es el mismo en

valor absoluto y de signo opuesto al trabajo desarrollado en la expansin adiabtica, y que el trabajo neto producido es la suma algebraica del trabajo de la expansin isoterma y de la compresin isoterma.

Apartado A)

0,00 0,02 0,04 0,06 0,08 0,10 0,12 0,140,0

0,5

1,0

1,5

2,0

2,5

0,00 0,02 0,04 0,06 0,08 0,10 0,12 0,140,0

0,5

1,0

1,5

2,0

2,51

2

34

Ta = 500 KTb = 300 K

p1 = 2.5 bar v2 = 0.040 m3/mol

UCLM

12 Expansin isoterma T1 = T2 = 500 K 23 Expansn adiabtica. 34 Compresin isoterma T3 = T4 = 300 K41 Compresin adiabtica.

Coordenadas de los puntos 1 y 2:

P (bar) P (Pa) v (m3/mol) T (K)1 2,50 250000 0,0166 5002 1,04 103925 0,0400 500

1

11 p

RTv =

2

22 v

RTp =

Para calcular el volumen especfico del gas en el punto 3 usamos la relacin adiabtica entre los puntos 2 y 3 en funcin de volumen especfico y temperatura.

3

3

32

2

2 vv

RTvv

RT = 3322 vpvp =

( )1/1

3

223

=

TTvv133

122

= vTvT

5PROBLEMA 2 (Continuacin)

Apartado A) Una vez calculado el volumen especfico del punto 3, se obtiene su presin usando la ecuacin de estado3

33 v

RTp =

1144 vpvp =3344 vpvp = 33

1114 vp

vpv =

( )1/1

33

114

=

vpvpv

4

44 v

RTp =

El punto 4 es donde concurren la isoterma 34 y la adiabtica 41, por lo que debe cumplirse

Usando otra vez la ecuacin de estado

P (bar) P (Pa) v (m3/mol) T (K)1 2,50 250000 0,0166 5002 1,04 103925 0,0400 5003 0,17 17388 0,1434 3004 0,42 41828 0,0596 300

0,00 0,02 0,04 0,06 0,08 0,10 0,12 0,140,0

0,5

1,0

1,5

2,0

2,5

0,00 0,02 0,04 0,06 0,08 0,10 0,12 0,140,0

0,5

1,0

1,5

2,0

2,51

2

34

Ta = 500 KTb = 300 K

v (m3/mol)

P (bar)

UCLM

6Apartado B)


Hay que calcular el trabajo producido por el ciclo. Esto puede hacerse de dos formas.

B1. Clculo directo del trabajo de cada etapa isoterma (en el apartado C demostraremos que las adiabticas no intervienen en el neto)

1

21

112 ln

2

1

2

1

vvRTdv

vRTpdvw

v

v

v

v

isot === 343334 ln4

3

4

3

vvRTdv

vRTpdvw

v

v

v

v

isot === J/mol 3649= J/mol 2189=J/mol 1460218936493412 ==+= isotisotneto www

UCLM

El tiempo que tarda esta mquina trmica en describir un ciclo es t = 0.5 s, por tanto la potencia especfica es

watt/mol29205.0

1460 ===t

ww neto&

B2. Clculo del trabajo a partir del rendimiento del ciclo reversible. Para este ciclo el rendimiento es: 40.050030011

1

3 ===TT

La energa 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 expansin isoterma 12, ya que la energa interna del gas ideal slo depende de su temperatura y por lo tanto no sufre variacin en dicha etapa:

wqu isotisot 0121212 == wq isotisot J/mol 36491212 ==

qwisot

neto

12= watt/mol2920

5.01460 ===

tww neto&El trabajo especfico neto es: qw isotneto J/mol 1460364940.012 ===

Apartado C)

= fi

v

v

pdvw

Trabajo de un proceso adiabtico entre las condiciones (vi,pi) y (vf,pf).

ff

i

v

vi

v

v

vCdvvC

1

1

== 2

1

1

1

v

v

vpv

=

11 =

= ffiiiiff vpvpvpvp

p

v

ADIABTICA

( ) pv ii ,

( ) pv ff ,w

( )fi TTR = 1

Puesto que en el proceso 23 Ti = T2 y Tf = T3, mientras que en el proceso 41 las temperaturas son Ti = T3 (= T4) y Tf = T2 (= T1), se deduce que 4123 adiabadiab ww

Aplicando la ecuacin de estado del gas ideal:

En el ciclo de Carnot hay dos adiabticas: el proceso 23 y el proceso 41 (vase apartado A).

=Por lo tanto, el trabajo neto del ciclo corresponde a la suma

(algebraica) de los trabajos de las etapas isotermas 12 y 34.

7PROBLEMA 3

Un ciclo de Stirling de refrigeracin que consta de dos isotermas y dos isocricas utiliza como fluido de trabajo 0.50 moles de un gas ideal y opera entre las temperaturas 253 K y 300 K. Los volmenes mximo y mnimo del ciclo son 40 litros y 20 litros respectivamente. Suponga que todas las etapas de este ciclo son reversibles. Dato: R = 8,314 kJ/(Kkmol).

A) Determine las coordenadas volumen especfico, presin y temperatura de todos los puntos notables del ciclo.B) Sabiendo que el coeficiente adiabtico del gas es 1.4, calcule el calor y el trabajo asociado a cada etapa del ciclo y

determine su eficiencia.C) Calcule el ndice politrpico de un proceso termodinmico que una directamente el punto de mayor presin con el punto de

menor presin de este ciclo.

UCLM

Apartado A) Volmenes especficos mximo y mnimo

/molm 04.0mol 50.0

m 1020 333minmin ===

nVv

0,03 0,04 0,05 0,06 0,07 0,08 0,090,2

0,3

0,4

0,5

0,6

0,7

300 K

253 K

/molm 08.0mol50.0

m 1040 333maxmax ===

nVv

/mol)(m 3v

(bar)P

0,03 0,04 0,05 0,06 0,07 0,08 0,090,2

0,3

0,4

0,5

0,6

0,7

maxv

1

2

3

4

minv Isocrica 12 /molm 08.03

max21 === vvv K 300K 253 21 == TT

Isocrica 34 /molm 04.0 3min43 === vvv K 253K 300 43 == TT

Las presiones se calculan aplicando a cada punto la ecuacin de estado

i

ii v

RTp =

T (K)

253

300

300

253

v (m3/mol)

1 0,08

2 0,08

3 0,04

4 0,04

P (Pa) P (bar)

26293 0,26

31178 0,31

62355 0,62

52586 0,53

8B) Sabiendo que el coeficiente adiabtico del gas es 1.4, calcule el calor y el trabajo asociado a cada etapa del ciclo y determine su eficiencia.

/mol)(m 3v

(bar)


P

0,03 0,04 0,05 0,06 0,07 0,08 0,090,2

0,3

0,4

0,5

0,6

0,7

1

2

3

4

Ciclo de refrigeracin (sentido antihorario)

023 isotw012 >Vq

034 isotq

023

9PROBLEMA 3 (Continuacin)

C) Calcule el ndice politrpico de un proceso termodinmico que una directamente el punto de mayor presin con el punto de menor presin de este ciclo.

UCLM

/mol)(m 3v

(bar)P

0,03 0,04 0,05 0,06 0,07 0,08 0,090,2

0,3

0,4

0,5

0,6

0,7

0,03 0,04 0,05 0,06 0,07 0,08 0,090,2

0,3

0,4

0,5

0,6

0,7

1

2

3

4

Se pide calcular el exponente k de la ecuacin del proceso politrpico kk vpvp 1133 =

1133 lnlnlnln vkpvkp +=+

( ) 3113 lnlnlnln ppvvk =( )( )13

31

/ln/ln

vvppk = 246.1=

Teniendo en cuenta los valores numricos

bar 63255 /molm 04.0 33

3 == pvla ecuacin de esta politrpica es

5.113004.063255 246.1 ==kpv

5.1130246.1 =pv

31

10

PROBLEMA 4

Un gas perfecto de volumen especfico 0.008 m3/mol a una presin de 4.00 bar se calienta isocricamente hasta que su presin alcanza 8.00 bar. Despus se expande adiabticamente hasta alcanzar 0.014 m3/mol, luego se enfra isocricamentey finalmente se comprime adiabticamente hasa restituir las condiciones iniciales. Todas las transformaciones son reversibles (ciclo ideal de Otto). Dato: R = 8,314 kJ/(Kkmol).

A) Determine las coordenadas volumen especfico, presin y temperatura de todos los puntos notables del ciclo.B) Si se sabe que el coeficiente adiabtico del gas es 1.4, calcule el calor y el trabajo asociado a cada etapa del ciclo y

determine su rendimiento.

UCLM

Apartado A) Coordenadas de los puntos extremos de la isocrica 1 (4 bar) 2 (8 bar) bar 00.4 /molm 008.0 13

1 == pvbar 00.8 /molm 008.0 2

32 == pv

K 385111 == RvpT K 770222 == R

vpT

86.46311 =Ecuacin de la adiabtica que pasa por 1: vp 86.463=pv

Ecuacin de la adiabtica que pasa por 2: 72.92722 =vp 72.927=pv

0,007 0,008 0,009 0,010 0,011 0,012 0,013 0,014 0,0150

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

2

1

P

(

b

a

r

)

v (m3/mol)

0,007 0,008 0,009 0,010 0,011 0,012 0,013 0,014 0,0150

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

2

1

P

(

b

a

r

)

v (m3/mol)

86.463=pv

0,007 0,008 0,009 0,010 0,011 0,012 0,013 0,014 0,0150

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

2

1

P

(

b

a

r

)

v (m3/mol)

72.927=pv3

4

/molm 014.0 343 == vv Pa 3654573

223 ==

vvpp Pa 182729

4

114 ==

vvpp

K 615333 == RvpT K 308444 == R

vpT

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

11

Apartado B) Si se sabe que el coeficiente adiabtico del gas es 1.4, calcule el calor y el trabajo asociado a cada etapa del ciclo y determine su rendimiento

Rcc VP =V

P

cc= ( )1=

RcV molJ/K 875.20 =

UCLM


13322

23 =

vpvpwadiab 11144

41 =

vpvpwadiab ( )1212 TTcq VV = ( )3434 TTcq VV =

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

w (J/mol) q (J/mol)12 800023 320934 -639641 -1604

12

4123

qww += 201.0=

12

UCLMUn gas ideal a 273 K tiene una densidad de 50 moles/m3. Su coeficiente adiabtico es = 1.4. Este gas se somete a una compresin adiabtica reversible hasta que su presin se duplica y luego a una expansin isoterma reversible hasta restituir el volumen original.a) Determine la temperatura final

b) Determine el trabajo neto de los dos procesos.c) Calcule la variacin de entropa sufrida por el gas.

T2 = T3 = 332.8 K

PROBLEMA 5

Dato: R = 8,314 kJ/(Kkmol)J 6350=netoWJ/K 8.205=S

Tomamos como base de clculo 50 moles de gas, que en las condiciones iniciales ocupan V1 = 1 m3.

RTVnP =

Pa 113486K 273molKJ314.8

mmol50 31 ==PLa presin inicial se obtiene aplicando la ecuacin del gas ideal

1134861113486 4.111 ==VP 1134862211 == VPVP 21

2113486113486

122 === PPV

m 0.609521 3

1/1.4

2 =

=V

0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1,0100000

120000

140000

160000

180000

200000

220000

240000

P

(

P

a

)

V (m3)

1

2

3

T2 = T3 = 332.8 K

P2 = 2P1

Proceso adiabtico:

Proceso isotermo: 3222 K 8.332314,8506095.01134862 T

nRVPT ==

==

12211

=

VpVpWadiabtico

2

32 lnV

VnRTWisotermo =

( )1

21

=

TTnR

Trabajo asociado con los procesos:( ) J 62147

14.18.332273314.850 =

=

J 684976095.01ln8.332314.850 ==

J 63506849762147 =+=+= isotermoadiabticoneto WWW

Cambios de entropa.

En la etapa adiabtica reversible no hay intercambio de calor, por tanto la variacin de entropa es nula.

0== isotermoisotermoisotermo WQUisotermoisotermo WQ

Etapa isoterma.

=J/K 8.205

8.33268497

2===

TQS isotermo

La energa interna de un gas ideal es slo funcin de la temperatura

ADIABTICA

ISOTERMA

0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1,0100000

120000

140000

160000

180000

200000

220000

240000

P

(

P

a

)

V (m3)

13

Un gas ideal de coeficiente adiabtico sufre una transformacin politrpica de ndice k entre las condiciones (V1, P1) y (V2, P2). Determine el calor cedido o ganado por el gas en dicho proceso.

0

0

0

0

0

0

0

0

V

P Politrpica

1

2

I. Trabajo asociado con el proceso politrpico:

= 21

V

V

pdVW2

1

2

1

1

1

V

V

kV

V

k kVCdV

VC

== 2

1

1

1

V

V

kk

kVpV

=

1122111122

=

=k

VpVpk

VpVp

12211

=

kVpVpW opolitrpic

II. Consideremos el proceso politrpico como parte de un ciclo:

12 Politrpica 23 Isobara 31 Isocora

3 32PP =

31 VV =

CpV k =

= 32

V

V

pdVW ( )232 VVp =Sea n el nmero de moles de gas y cp y cV los calores especficos molares a presin y volumen constante.

III. Clculo de trabajo y calor en la etapa isobara 23nRpVT =

Gas ideal:

UCLM

PROBLEMA 6

( )23 TTncQ p = ( )2233 VpVpRcp =

IV. Clculo de calor en la etapa isocora 31 (el trabajo es nulo)( )31 TTncQ V = ( )3311 VpVpR

cV =V. La variacin de energa interna WQU = para cualquier ciclo completo ha de ser nula. 0312312 =++= UUUU

( ) ( ) ( ) 01 33112322233

2211 =++ VpVp

RcVVpVpVp

Rc

kVpVpQ Vpopolitrpic

31U23U12U

( ) ( ) ( )331123222332211 1 VpVpRcVVpVpVp

Rc

kVpVpQ Vpopolitrpic +

=

14

Un gas ideal de coeficiente adiabtico sufre una transformacin politrpica de ndice k entre las condiciones (V1, P1) y (V2, P2). Determine el calor cedido o ganado por el gas en dicho proceso.

( ) ( ) ( )331123222332211 1 VpVpRcVVpVpVp

Rc

kVpVpQ Vpopolitrpic +

=

UCLM


( ) RcV =1Relacin de Mayer: Rcc VP =VI. Tengamos en cuenta las siguientes consideraciones:

( )1=

RcP( )1

1= R

cVV

P

cc=Coeficiente adiabtico:

32 PP =31 VV =

( ) ( ) ( )331123222332211 11

11VpVpVVpVpVp

kVpVpQ opolitrpic +

= (Sustituyendo calores especficos en funcin de )

( ) ( ) ( )121121222122211 11

11VpVpVVpVpVp

kVpVpQ opolitrpic +

=

(Sustituyendo V3, P3 por V1 y P2 respectivamente)

111111211

221222122211

+++=

VpVpVpVpVpVp

kVpVpQ opolitrpic

12121211

22222211

11111VpVpVpVpVpVp

kVpVpQ opolitrpic +++

=

(Reordenando trminos)

( )12

1122222211 111

111

11

1

VpVpVpVpk

VpVpQ opolitrpic

+++

=

(Sacando factor comn)

12112222222211

11

111

111

1

1VpVpVpVpVp

kVpVpQ opolitrpic

++++

=

0

1111222211

+

= VpVp

kVpVpQ opolitrpic

Cuestin adicional: Compruebe que en funcin de las temperaturas el calor absorbido o cedido por el gas ideal en el proceso politrpico es

( ) ( )( )

=1112

k

kTTnRQ opolitrpic

Caso especial: cuando el proceso es adiabtico k = y entonces 0=adiabticoQEsta deduccin es vlida para 1 (cuando = 1 la transformacin es isoterma).

15

Considere un transformacin politrpica reversible de un gas ideal entre las condiciones iniciales (v1, p1) y finales (v2, p2), donde v est dado en m3/mol y p en Pa. El gas ideal tiene un coeficiente adiabtico y el proceso politrpico un ndice de politropa k. Sabiendo que el calor intercambiado por el gas en dicho proceso est dado por

1111222211

+

= vpvp

kvpvpq opolitrpic

UCLM

PROBLEMA 7

deduzca el calor intercambiado por dicho gas cuando:

A) Sufre una transformacin isobrica reversible.

B) Sufre una transformacin isocrica reversible.

A) Transformacin isobrica reversible.

Escribimos el calor intercambiado en funcin de la temperatura empleando la ecuacin del gas ideal RTpv =

1111122111222211

+

=+

= RTRT

kRTRTvpvp

kvpvpq opolitrpic ( )

+=

11

11

12 kTTR ( )( )( )( )

+=11

1112

k

kTTR ( ) ( )( )

=1112

k

kTTR

En una transformacin isobrica k = 0, por lo tanto ( ) ( )

=112

TTRqisobrico ( )( )121 TTR =

( ) RcV =1 ( )1= RcV

Segn la relacin de Mayer y la definicin de coeficiente adiabtico como funcin de los calores especficos

( )12 TTcq Pisobrico =

Rcc VP =

V

P

cc=

B) Transformacin isocrica reversible.

( ) ( )( )

= 11lim12

kkTTRq

kisocrico( ) ( )( )

= 1/11

/1lim12 k

kTTRk

( )12 TTcq Visocrico =( )( )1211 TTR =

( )1= RcP

En una transformacin isocrica k , por lo tanto

16

0312312 =++= ssssciclo

0,014 0,016 0,018 0,020 0,022 0,024 0,026 0,0281,2

1,4

1,6

1,8

2,0

2,2

2,4

2,6

0,014 0,016 0,018 0,020 0,022 0,024 0,026 0,0281,2

1,4

1,6

1,8

2,0

2,2

2,4

2,6

0,014 0,016 0,018 0,020 0,022 0,024 0,026 0,0281,2

1,4

1,6

1,8

2,0

2,2

2,4

2,6

Politrpica ndice k

1

2

Clculo de la variacin de entropa en el proceso 12 a lo largo de una politrpica reversibleTrazamos una adiabtica reversible que pase por 2.

Despus trazamos una isoterma reversible que pase por 1. 3

La adiabtica y la isoterma se cortan en 3. Al tratarse de un ciclo tenemos:

Adiabtica

Isoterma

Proceso 23: Se trata de una adiabtica reversible, por tanto qad =0 en todos los puntos de la trayectoria y en consecuencia 023 =s

Tqds =La variacin de entropa especfica molar en una etapa infinitesimal de un proceso termodinmico est dada por

PROBLEMA 8

Calcule la variacin de entropa de un gas ideal de ndice adiabtico = 1.4 asociada a un proceso politrpico reversible de ndice k = 3 entre las condiciones iniciales v1 = 0.023 m3/mol, p1 = 1.80 bar y un volumen especfico final v2 = 0.025 m3/mol.

UCLM


Proceso 31: Es una isoterma, por lo tanto1T

qds isot=3

1

3

11

11131 lnln

11vvR

vvRT

Tq

TTqs isotisot ====

donde cada s representa le entropa especfica molar (kJ/Kmol) de la etapa.

(El calor asociado a un proceso isotermo es igual al trabajo del mismo)

P

v

3

1lnvvR=Variacin de entropa en el proceso politrpico 12: 3112 ss =

Por tanto, el clculo de la variacin de entropa del proceso politrpico reversible se reduce en realidad a calcular las coordenadas del punto 3, donde se cortan la adiabtica y la isoterma.

17Datos iniciales coloreados

2233 vpvp =

1133 vpvp =

3

33 v

RTp =( )1/1

11

223

=

vpvpv

Calcule la variacin de entropa de un gas ideal de ndice adiabtico = 1.4 asociada a un proceso politrpico reversible de ndice k = 3 entre las condiciones iniciales v1 = 0.023 m3/mol, p1 = 1.80 bar y un volumen especfico final v2 = 0.025 m3/mol.


111 RTvp =

Punto inicial (1). Conocemos volumen especfico y presin, calculamos temperatura

Adems del volumen especifico necesario, calcularemos todas las coordenadas desconocidas del ciclo de tres etapas.

Punto final (2). Ecuacin politrpica

kk vpvp 2211 =k

vvpp

=

2

112

RvpT 111=

v (m3/mol) P (bar) T (K)1 0,0230 1,80 498,02 0,0250 1,40 421,53 0,0165 2,51 498,0

Ecuacin de estado:RvpT 222 =

Punto (3)

Adiabtica

Isoterma 11221

3 vpvpv =

T3 = T1 (isoterma)

3

112 ln v

vRs =

Entropa especfica del proceso politrpico 12

0165.00230.0ln314.8= molJ/K 77.2 =

0,014 0,016 0,018 0,020 0,022 0,024 0,026 0,0281,2

1,4

1,6

1,8

2,0

2,2

2,4

2,6

0,014 0,016 0,018 0,020 0,022 0,024 0,026 0,0281,2

1,4

1,6

1,8

2,0

2,2

2,4

2,6

0,014 0,016 0,018 0,020 0,022 0,024 0,026 0,0281,2

1,4

1,6

1,8

2,0

2,2

2,4

2,6

Politrpica ndice k

1

2

3

Adiabtica

Isoterma

P

v

UCLM


18

0,00 0,01 0,02 0,03 0,04 0,05 0,06 0,07 0,080,0

0,2

0,4

0,6

0,8

1,0

1,2

1,4

1,6

1,8

2,0P

v

1 2

3Isoterma 300 K

UCLM

PROBLEMA 9

Un gas ideal de coeficiente adiabtico =1.4 describe un ciclo termodinmico formado por las siguientes etapas reversibles:1. Etapa isobara a 1.8 bar, desde una temperatura de 300 K hasta que su volumen especfico molar es 0.08 m3/mol.

2. Expansin politrpica de ndice k = 3.5, hasta que su temperatura es 300 K.

3. Compresin isotrmica hasta restablecer las condiciones iniciales.

Determine:

A) Las coordenadas p, v, T de cada punto notable del ciclo.

B) Trabajo y calor en cada etapa y rendimiento del ciclo.

Dato: R = 8,314 kJ/(Kkmol)C) La variacin de entropa del gas en cada etapa del ciclo.

A) Coordenadas P, v, T Ecuacin de estado:

Ciclo de potencia

Isobara

Politrpica k = 3.5

p (Pa) v (m3/mol) T (K)1 180000 3002 180000 0,0403 300

kk VpVp 3322 =3311 VpVp =

( )1/1

11

223

=

kk

vpvpv

kkkk vnpvnp 3322 =3311 nvpnvp =

13

1

11

21

2

= kkkk

vnvp

vnp

1

11 p

RTv =

RvpT 222 =

/mol

Clculo del punto 3

m 014.0 3=

K 866=

Politrpica:

Isoterma:

/molm 061.0 3=

3

33 v

RTp = Pa 40805=

p (Pa) v (m3/mol) T (K)1 180000 0,014 3002 180000 0,040 8663 40805 0,061 300

19

0,00 0,01 0,02 0,03 0,04 0,05 0,06 0,07 0,080,0

0,2

0,4

0,6

0,8

1,0

1,2

1,4

1,6

1,8

2,0P (bar)

v (m3/mol)

1 2

3

0>isobaroq

0opolitrpicw

0

20

UCLM


a

b

c

v

p

C) Variacin de entropa del gas en cada etapa del ciclo.

( )1/1

=

aa

bbc vp

vpv

c

aab v

vRs ln= ( )

= 1/1ln aa

bb

a

vpvp

vR( ) ( )( ) ( )

=

1/1/1

1/11/1ln

bb

aaa

vpvvpR

( ) ( )

=

1/1/1ln

b

a

b

a

vv

ppR

Calculamos para una politrpica en funcin de temperaturas y volmenes.

(Recuerde que c es un punto que no est en la politrpica)

v

Punto final bPunto inicial a

Mtodo 1. Usando el resultado del problema 8

RTp /=Ecuacin de estado:

( ) ( )

=

1/1/1

//ln

b

a

bb

aaab v

vvRTvRTRs

( ) ( ) ( )

=

1/1/11/1ln

b

a

a

b

b

a

vv

vv

TTR

( )

=

b

a

b

a

vv

TTR

1/1

ln ( )

=

a

b

a

bab v

vTTRs

1/1

ln

Mtodo 2. Integrando el intercambio de energa en forma de calor en un proceso politrpico elemental.

( )( ) dTkkRq opolitrpic

=

11 ( )( ) ( )( )

=

== abT

T

opolitrpicab T

Tk

kRTdT

kkR

Tq

sb

a

ln1111

( )( )

=aa

bb

vpvp

kkR ln

11

( )( )

=a

bk

b

aab v

vvv

kkRs ln

11

( )( )

=1

ln11

k

b

a

vv

kkR

( )

=

b

a

vvkR ln

1 ( ) ( )

=

1/1/ln

b

ak

b

a

vv

vvR

( ) ( )

=

1/1/1ln

b

a

b

a

a

bab v

vvv

TTRs

( )

=

a

b

a

bab v

vTTRs

1/1

ln

k

b

a

a

b

vv

pp

= Expresamos este cociente en una forma ms adecuada

kaa

kbb vpvp = ka

a

akb

b

b vv

RTvv

RT = 11 = kaakbb vTvT1

=

k

b

a

a

b

vv

TT 1

=

b

ak

b

a

a

b

vv

vv

TT

b

a

a

bk

b

a

vv

TT

vv =

( )

=

11/1ln

b

a

a

b

vv

TTR

21

C) Variacin de entropa del gas en cada etapa del ciclo (continuacin).

( )

=

a

b

a

bab v

vTTRs

1/1

ln

0,00 0,01 0,02 0,03 0,04 0,05 0,06 0,07 0,080,0

0,2

0,4

0,6

0,8

1,0

1,2

1,4

1,6

1,8

2,0P (bar)

v (m3/mol)

1 2

3

Isobara

( )

=

1

21/1

1

212 ln v

vTTRs

p (Pa) v (m3/mol) T (K)1 180000 0,014 3002 180000 0,040 8663 40805 0,061 300

UCLM


R = 8,314 J/(Kmol)

( )

=

2

31/1

2

323 ln v

vTTRs

( )

=

3

11/1

3

131 ln v

vTTRs

( )J/K 8.30

014.0040.0

300866ln314.8

14.1/1

=

=

( )J/K 5.18

040.0061.0

866300ln314.8

14.1/1

=

=

( )J/K 3.12

061.0014.0

300300ln314.8

14.1/1

=

=

Politrpica

Isoterma

22

Un ciclo frigorfico reversible de Carnot se emplea para mantener a -18 C el congelador de un frigorfico instalado en un local donde la temperatura es 20 C. Como fluido de trabajo de este ciclo termodinmico se emplean 0.2 moles de un gas ideal de coeficiente adiabtico = 1.40. Los vlmenes mximo y mnimo del gas durante el ciclo son 2 litros y 5 litros. Se pide:A) Calcule la presin al comienzo e la expansin isoterma y el volumen al final de la compresin adiabtica.B) Calcule el trabajo necesario para extraer 1 kJ del foco fro.C) Calcule el trabajo que debe aportarse por ciclo para mantener el frigorfico en funcionamiento.

D) La variacin de entropa del gas en la etapa isoterma a baja temperatura.


PROBLEMA 10

1,5 2,0 2,5 3,0 3,5 4,0 4,5 5,0 5,51,0

1,5

2,0

2,5

3,0

UCLM

V (litros)

P (bar)

K 293=altaT

K255=bajaT

ADIABTICA

ADIABTICA1

2

3

4Clculo de las presiones (conocidos los volmenes) V

nRTP =Ciclo de

refrigeracin

Expansin adiabtica 3 4Compresin isoterma 2 3

Expansin isoterma 4 1 El fluido de trabajo toma calor del foco fro

El fluido de trabajo cede calor al foco calienteCompresin adiabtica 1 2

333 m 102

=V331 m 105 =V

K255182731 ==TK293202732 =+=T

K293202733 =+=TK255182734 ==T

Datos: tenemos los siguientes datos de temperatura y volumen:

bbaa VPVP =

bb

ba

a

a VV

nRTVV

nRT =11 = bbaa VTVT

nRTPV =

Clculo de los volmenes V2 y V4:

23

1,5 2,0 2,5 3,0 3,5 4,0 4,5 5,0 5,51,0

1,5

2,0

2,5

3,0

V (litros)

P (bar)

K 293=altaT

K 255=bajaT

ADIABTICA

ADIABTICA

1

2

3

4

Ciclo de refrigeracin

Expansin adiabtica 3 4Compresin isoterma 2 3

Expansin isoterma 4 1 El fluido de trabajo toma calor del foco fro

El fluido de trabajo cede calor al foco calienteCompresin adiabtica 1 2

1,5 2,0 2,5 3,0 3,5 4,0 4,5 5,0 5,51,0

1,5

2,0

2,5

3,0

V (litros)

P (bar)

C K V (m3) P (Pa) P (bar)1 -18 255 5,00E-03 1,06E+05 1,062 20 293 3,53E-03 1,72E+05 1,723 20 293 2,00E-03 3,05E+05 3,054 -18 255 2,83E-03 1,87E+05 1,87

UCLM


A) Calcule la presin al comienzo e la expansin isoterma y el volumen al final de la compresin adiabtica.

Apartado A)

La presin al comienzo de la expansin isoterma es: bar87.14 =PCompresin adiabtica: 12Expansin isoterma: 41

El volumen al final de la compresin adiabtica es: litros53.32 =V

24

1,5 2,0 2,5 3,0 3,5 4,0 4,5 5,0 5,51,0

1,5

2,0

2,5

3,0

1

2

3

4

K 293=altaT

K 255=bajaT

ADIABTICA

ADIABTICA

Ciclo de refrigeracin

Volumen (litros)

P

r

e

s

i

n

(

b

a

r

)

B) Calcule el trabajo necesario para extraer 1 kJ del foco fro.C) Calcule el trabajo que debe aportarse por ciclo para mantener el frigorfico en funcionamiento.

D) La variacin de entropa del gas en la etapa isoterma a baja temperatura.


Balance de energa en un ciclo: 02341 =+ WQQ041 >Q023

termodinamica problemas resueltos 0607

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