Termodinamica problemas resueltos 0607

1

PROBLEMAS DE TERMODINÁMICA PROCESOS POLITRÓPICOS DE UN GAS IDEAL

FUNDAMENTOS FÍSICOS DE LA INGENIERÍA

2

UCLMUn gas ideal de coeficiente adiabático = 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:

PROBLEMA 1

C) Determine el rendimiento del ciclo termodinámico que ha descrito el gas.B) Determine presión, volumen y temperatura del punto común del proceso adiabático y del proceso isotermo sufrido por el gas.

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

P

v

ADIABÁTICA

ISOTERMA

v0

P1

P2

v3

P3

/molm 008.0 3210 vvv bar 65.21P

bar 20.42 P

Apartado A)

1

2

3

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

Apartado B) (Determinación coordenadas punto 3)

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

nRTpV RTnVp

K 255111

RvpT

K 404222

RvpT

RTpv

Las temperaturas T3 y T1 son iguales, están sobre la misma isoterma

K 25513 TT

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

Para obtener el volumen del punto 3:

Ecuación de la isoterma: 3311 vpvp

Ecuación de la adiabática: 3322 VpVp

3311 VpVp

En términos de volúmenes molares:

3322 vnpvnp

1/1

11

223

vpvpv1

311

22

vnvpvnp

Dividiendo miembro a miembro:

/molm 025.0 3

Presión del punto 3: bar 838.0 Pa 837993

33

vRTp

3

UCLMUn gas ideal de coeficiente adiabático = 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:

PROBLEMA 1 (Continuación)

C) Determine el rendimiento del ciclo termodinámico que ha descrito el gas.B) Determine presión, volumen y temperatura del punto común del proceso adiabático y del proceso isotermo sufrido por el gas.

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


Apartado C)

ISOTERMA

P

v

ADIABÁTICA

1

2

3

Veamos cualitativamente trabajo y calor en cada etapa del ciclo

0Vw0Vq

0adq

0adw0isotw

0 isotisot wq

Rendimiento:V

isotad

V

netoq

wwq

w

13322

VpVpWad 1

3322

vpvpwad

p (Pa)v

(m3/mol)T

(K)

1265000 0,008 255

2420000 0,008 404

3 83799 0,025 255

J/mol 3100

3

11ln

1

3

1

3VVnRTdV

VnRTpdVW

V

V

V

V

isot 3

11lnv

vRT J/mol 2441

12 TTncTncQ VVV 12 TTcn

Qq VV

V

Rcc VP V

Pcc 1

RcV

121 TTRqV

J/mol 3100

Pregunta: ¿Es casual que el resultado numérico para qV coincida con wad?

(21%) 21.0310024413100

V

isotad

V

netoq

wwq

w

4

PROBLEMA 2

Un ciclo de Carnot reversible empleado como ciclo de potencia, que usa un gas ideal de 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 m3/mol. Dato: R = 8,314 kJ/(Kkmol).

A) Determine las coordenadas volumen específico, presión 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

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.

Apartado A)

1

2

34

Ta = 500 KTb = 300 K

p1 = 2.5 bar v2 = 0.040 m3/mol12 Expansión isoterma T1 = T2 = 500 K

34 Compresión isoterma T3 = T4 = 300 K23 Expansíón adiabática.

41 Compresión adiabática.

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 específico del gas en el punto 3 usamos la relación adiabática entre los puntos 2 y 3 en función de volumen específico y temperatura.

3322 vpvp 3

3

32

2

2 vv

RTvv

RT

133

122

vTvT 1/1

3

223

TTvv

UCLM

5


Apartado A)Una vez calculado el volumen específico del punto 3, se obtiene su presión usando la ecuación 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 adiabática 41, por lo que debe cumplirse

Usando otra vez la ecuación 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

1

2

34

Ta = 500 KTb = 300 K

v (m3/mol)

P (bar)

UCLM

6

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 neto)

1

21

112 ln

2

1

2

1vvRTdv

vRTpdvw

v

v

v

v

isot 3

43

334 ln

4

3

4

3vvRTdv

vRTpdvw

v

v

v

v

isot J/mol 3649 J/mol 2189

J/mol 1460218936493412 isotisotneto www

El tiempo que tarda esta máquina térmica en describir un ciclo es t = 0.5 s, por tanto la potencia específica es watt/mol29205.0

1460t

ww neto

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

1

3 TT

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 12, ya que la energía interna del gas ideal sólo depende de su temperatura y por lo tanto no sufre variación en dicha etapa: wqΔu isotisot 0121212 wq isotisot J/mol 36491212

El trabajo específico neto es: qwisot

neto

12 qw isotneto J/mol 1460364940.012 watt/mol29205.0

1460

tww neto

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

f

i

v

v

pdvwff

i

v

vi

v

v

vCdvvC

1

1

2

1

1

1

v

v

vpv

11

ffiiiiff vpvpvpvpp

v

ADIABÁTICA

pv ii,

pv ff ,w

fi TTR

1

Aplicando la ecuación de

estado del gas ideal:

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

Por lo tanto, el trabajo neto del ciclo corresponde a la suma (algebraica) de los

trabajos de las etapas isotermas 12 y 34.

UCLM

7

PROBLEMA 3

Un ciclo de Stirling de refrigeración que consta de dos isotermas y dos isocóricas utiliza 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/(Kkmol).


B) 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.

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.

Apartado A)

300 K

253 K

Volúmenes específicos máximo y mínimo

/molm 08.0mol 50.0m 1040 3

33max

max

nVv /molm 04.0mol 50.0

m 1020 333

minmin

nVv

/mol)(m 3v

(bar) P

T (K)253300300253

v (m3/mol)

1 0,082 0,083 0,044 0,04

P (Pa)

P (bar)

26293 0,2631178 0,3162355 0,6252586 0,53

maxv

1

2

3

4

minv Isocórica 12 /molm 08.0 3max21 vvv K 300K 253 21 TT

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

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

i

ii v

RTp

UCLM

8

B) 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.


/mol)(m 3v

(bar) P

1

2

3

4

Ciclo de refrigeración (sentido antihorario)

023isotw

041isotw012Vq

034Vq

041isotq

023isotq

Rcc VP

V

Pcc

1

RcVDeterminación de calores específicos:

Proceso isocórico 12

2

322323 ln

vvRTqw isotisot

121212 1 TTRTTcq VV

Proceso isotermo 23

Proceso isocórico 34 343434 1 TTRTTcq VV

Proceso isotermo 414

144141 ln

vvRTqw isotisot

253300300253

T (K)

0,0440,0430,0820,081

v (m3/mol)

0,53525860,62623550,31311780,2626293P (bar)P (Pa)

J/mol 977

J/mol 1729

J/mol 977

J/mol 1458

La eficiencia del ciclo es igual al calor extraído del foco dividido por el valor absoluto del trabajo necesario para hacerlo. En nuestro caso:

4123

41

isotisot

isotqq

q

38.512

1

TT

T

El trabajo de las etapas isocóricas es nulo, al no haber variación de v.

38.5145817291458

Forma alternativa: como se trata de un ciclo reversible,

Comentario: la eficiencia representa el calor extraído del foco frío por cada unidad de trabajo invertido en el funcionamiento del ciclo.

UCLM

9


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.

/mol)(m 3v

(bar) P

1

2

3

4

Se pide calcular el exponente k de la ecuación del proceso politrópico kk vpvp 1133

1133 lnlnlnln vkpvkp

3113 lnlnlnln ppvvk

13

31/ln/lnvvppk 246.1

Teniendo en cuenta los valores numéricosbar 63255 /molm 04.0 3

33 pv

la ecuación de esta politrópica es

5.113004.063255 246.1 kpv

5.1130246.1 pv

UCLM

31

10

PROBLEMA 4

Un gas perfecto de volumen específico 0.008 m3/mol a una presión de 4.00 bar se calienta 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 hasa restituir las condiciones iniciales. Todas las transformaciones son reversibles (ciclo ideal de Otto). Dato: R = 8,314 kJ/(Kkmol).


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

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

1 pv

bar 00.8 /molm 008.0 23

2 pvK 38511

1 RvpT K 77022

2 RvpT

Ecuación de la adiabática que pasa por 1: 86.46311 vp 86.463pv

Ecuación de la adiabática que pasa por 2: 72.92722 vp 72.927pv

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 (bar)

v (m 3/m ol)

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 (bar)

v (m 3/m ol)

86.463pv

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 (bar)

v (m 3/m ol)

72.927pv3

4

/molm 014.0 343 vv Pa 365457

3

223

vvpp Pa 182729

4

114

vvpp

K 615333

RvpT K 30844

4 RvpT

v (m3/mol

)P

(Pa)

P (bar)

T (K)

1 0,00840000

04,00 385

2 0,00880000

08,00 770

3 0,01436545

73,65 615

4 0,01418272

91,83 308

UCLM

11

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

Rcc VP V

Pcc

1

RcV molJ/K 875.20

13322

23

vpvpwadiab 1

114441

vpvpwadiab

1212 TTcq VV 3434 TTcq VV

w (J/mol) q (J/mol)1 2 80002 32093 4 -63964 1 -1604

12

4123q

ww 201.0


v (m3/mol

)P

(Pa)

P (bar)

T (K)

1 0,008400000

4,00 385

2 0,008800000

8,00 770

3 0,014365457

3,65 615

4 0,014182729

1,83 308

UCLM

12

UCLMUn gas ideal a 273 K tiene una densidad de 50 moles/m3. Su coeficiente adiabático es = 1.4. 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.a) Determine la temperatura finalb) Determine el trabajo neto de los dos procesos.c) Calcule la variación de entropía sufrida por el gas.Tomamos como base de cálculo 50 moles de gas, que en las condiciones iniciales ocupan V1 = 1 m3.


RTVnP

Pa 113486K 273molKJ314.8

mmol50 31

PLa presión inicial se obtiene

aplicando la ecuación del gas ideal

Proceso adiabático: 1134861113486 4.111 VP 1134862211 VPVP 2

12

11348611348612

2 PP

V

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 (m 3)

1

2

3

T2 = T3 = 332.8 K

P2 = 2P1

Proceso isotermo: 322

2 K 8.332314,8506095.01134862 T

nRVPT

T2 = T3 = 332.8 K

PROBLEMA 5

12211

VpVpWadiabático

2

32lnV

VnRTWisotermo

1

21

TTnRTrabajo asociado con los procesos:

J 6214714.18.332273314.850

J 684976095.01ln8.332314.850

J 63506849762147 isotermoadiabáticoneto WWW

J 6350netoW

Cambios de entropía.En la etapa adiabática reversible no hay intercambio de calor, por tanto la variación de entropía es nula.

0 isotermoisotermoisotermo WQUEtapa isoterma.

isotermoisotermo WQ

J/K 8.2058.33268497

2

TQS isotermo La energía interna de

un gas ideal es sólo función de la temperatura

J/K 8.205S

ADIABÁTICA

ISOTERMA

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

120000

140000

160000

180000

200000

220000

240000

P (P

a)

V (m 3)

13

Un gas ideal de coeficiente adiabático sufre una transformación politrópica de índice k entre las condiciones (V1, P1) y (V2, P2). Determine el calor cedido o ganado por el gas en dicho proceso.

V

P Politrópica

1

2

I. Trabajo asociado con el proceso politrópico:

2

1

V

V

pdVW2

1

2

1

1

1

V

V

kV

Vk k

VCdVVC

2

1

1

1

V

V

kk

kVpV

1122111122

k

VpVpk

VpVp

12211

kVpVpW opolitrópic

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

12 Politrópica23 Isobara 31 Isocora

3 32 PP

31 VV

CpV k

III. Cálculo de trabajo y calor en la etapa isobara 23

3

2

V

V

pdVW 232 VVp

Sea n el número de moles de gas y cp y cV los calores específicos molares a presión y volumen constante.

23 TTncQ p 2233 VpVpRcp

IV. Cálculo de calor en la etapa isocora 31 (el trabajo es nulo) 31 TTncQ V 3311 VpVp

RcV

V. La variación de energía interna WQU para cualquier ciclo completo ha de ser nula. 0312312 UUUU

01 331123222332211

VpVpRcVVpVpVp

Rc

kVpVpQ Vp

opolitrópic

31U23U12U

331123222332211

1 VpVpRcVVpVpVp

Rc

kVpVpQ Vp

opolitrópic

nRpVT

Gas ideal:

UCLM

PROBLEMA 6

14

Un gas ideal de coeficiente adiabático sufre una transformación politrópica de índice 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 Vp

opolitrópic

VI. Tengamos en cuenta las siguientes consideraciones:

32 PP 31 VV

Relación de Mayer: Rcc VP

Coeficiente adiabático:V

Pcc

RcV 1

1

RcP

11

R

cV

331123222332211

11

11 VpVpVVpVpVpk

VpVpQ opolitrópic

121121222122211

11

11 VpVpVVpVpVpk

VpVpQ opolitrópic

111

1

11211

221222122211

VpVpVpVpVpVpk

VpVpQ opolitrópic

12121211

22222211

1

111

1 VpVpVpVpVpVpk

VpVpQ opolitrópic

12

1122222211 1111

111

1

1 VpVpVpVpk

VpVpQ opolitrópic

12112222222211

11

111

111

1

1 VpVpVpVpVpk

VpVpQ opolitrópic

011

11222211

VpVp

kVpVpQ opolitrópic

Caso especial: cuando el proceso es adiabático k = y entonces0adiabáticoQ

(Sustituyendo calores específicos en función de )

(Sustituyendo V3, P3 por V1 y P2 respectivamente)

(Reordenando términos)

(Sacando factor común)

UCLM


1112

kkTTnRQ opolitrópic

Cuestión adicional: Compruebe que en función de las temperaturas el calor absorbido o cedido por el gas ideal en el proceso politrópico es

Esta deducción es válida para ≠ 1 (cuando = 1 la transformación es isoterma).

15

Considere un transformación politrópica reversible de un gas ideal entre las condiciones iniciales (v1, p1) y finales (v2, p2), donde v está dado en m3/mol y p en Pa. El gas ideal tiene un coeficiente adiabático y el proceso politrópico un índice de politropía k. Sabiendo que el calor intercambiado por el gas en dicho proceso está dado por 11

11222211

vpvp

kvpvpq opolitrópic

deduzca el calor intercambiado por dicho gas cuando:A) Sufre una transformación isobárica reversible.B) Sufre una transformación isocórica reversible.

PROBLEMA 7

A) Transformación isobárica reversible.Escribimos el calor intercambiado en función de la temperatura

empleando la ecuación del gas idealRTpv

1111122111222211

RTRT

kRTRTvpvp

kvpvpq opolitrópic

11

11

12 kTTR

11

1112

k

kTTR

1112

k

kTTR

En una transformación isobárica k = 0, por lo tanto

112 TTRqisobárico

121 TTR

RcV 1 1

RcV

Según la relación de Mayer y la definición de coeficiente adiabático como función de los calores específicos

12 TTcq Pisobárico

Rcc VP

V

Pcc

B) Transformación isocórica reversible.

11lim12

k

kTTRqkisocórico

1/11/1lim12

k

kTTRk

12 TTcq Visocórico 1211 TTR

1

RcP

En una transformación isocórica k , por lo tanto

UCLM

16

0312312 ssssciclo

Politrópica índice k

1

2

Cálculo de la variación de entropía en el proceso 12 a lo largo de una politrópica reversible

Trazamos una adiabática reversible que pase por 2.Después trazamos una isoterma reversible que pase por 1.

3

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

Adiabática

Isoterma

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

023s

Tqds

La variación de entropía específica molar en una etapa infinitesimal de un proceso termodinámico está dada por

Proceso 31: Es una isoterma, por lo tanto1T

qds isot

3

1

3

11

11131 lnln11

vvR

vvRT

Tq

TTqs isot

isot

donde cada s representa le entropía específica molar (kJ/Kmol) de la etapa.

3112 ss

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

3

1lnvvRVariación de entropía en el proceso politrópico 12:

Por tanto, el cálculo de la variación de entropía del proceso politrópico reversible se reduce en realidad a calcular las coordenadas del punto 3, donde se cortan la adiabática y la isoterma.

Calcule la variación de entropía de un gas ideal de índice adiabático = 1.4 asociada a 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.

P

v

PROBLEMA 8

UCLM


17Datos iniciales coloreados

2233 vpvp

1133 vpvp

3

33 v

RTp

1/1

11

223

vpvpv

Calcule la variación de entropía de un gas ideal de índice adiabático = 1.4 asociada a 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.


111 RTvp

Punto inicial (1). Conocemos volumen específico y presión, calculamos temperatura

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

Punto final (2). Ecuación politrópicakk vpvp 2211

k

vvpp

2

112

RvpT 11

1

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

Ecuación de estado: RvpT 22

2

Punto (3)AdiabáticaIsoterma 11

2213 vp

vpv

T3 = T1 (isoterma)

3

112 ln

vvRs

Entropía específica del proceso politrópico 12

0165.00230.0ln314.8 molJ/K 77.2

Politrópica índice k

1

2

3

AdiabáticaIsoterma

P

v

UCLM


18

P

v

1 2

3Isoterma 300 K

PROBLEMA 9 Un gas ideal de coeficiente adiabático =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 0.08 m3/mol. 2. Expansión politrópica de índice k = 3.5, hasta que su temperatura es 300 K. 3. Compresión isotérmica 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.C) La variación de entropía del gas en cada etapa del ciclo.

Ciclo de potencia

Isobara

Politrópica k = 3.5

A) Coordenadas P, v, T

p (Pa) v (m 3/m ol) 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 1

31

11

21

2

kkkk

vnvp

vnp

1

11 p

RTv

RvpT 22

2

Ecuación de estado:

Cálculo del punto 3

/molm 014.0 3

K 866

Politrópica:

Isoterma:

/molm 061.0 3

3

33 v

RTp Pa 40805

p (Pa) v (m 3/m ol) T (K)1 180000 0,014 3002 180000 0,040 8663 40805 0,061 300


UCLM

19

q (J/mol)

w (J/mol)

12 16470 4706isobarico

23 -9882 1882politropico

31 -3702 -3702isoterma

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

v (m3/mol)

1 2

3

0isobaroq

0isotermoq

0opolitropicq

p (Pa) v (m 3/m ol) T (K)1 180000 0,014 3002 180000 0,040 8663 40805 0,061 300

11

aabbbbaa

opolitrópicvpvp

kvpvpq

11

kkTTR if

0isobarow

0opolitrópicw

0isotermow

1

kvpvpw bbaa

opolitrópic

a

b

v

v

v

v

isotermo vvRTdv

vRTpdvw

b

a

b

a

ln

Etapa 12, isobárica k = 0 1122 vpvpwisobárico

121 TTRqisobárico

Etapa 23, politrópica k = 3.5

13322

kvpvpw opolitrópic

a inicial, b final

1123

kkTTRq opolitrópic

isotermo

v

v

v

v

isotermo qvvRTdv

vRTpdvw 3

11

1

3

ln1

3

1

Etapa 31, isoterma 300 K

Cálculos (calor y trabajo)

Rendimiento:Trabajo neto

Calor aportado

isobarico

isotermoopolitrópicisobarico

qwww

175.016470370218824706


UCLM

20

a

b

c

v

p

C) Variación de entropía 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

aaavpvvpR

1/1/1ln

b

a

b

avv

ppR

1/1/1

//ln

b

a

bb

aaab v

vvRTvRTRs

1/1/11/1ln

b

a

a

b

b

avv

vv

TTR

b

a

b

avv

TTR

1/1ln

a

b

a

bab v

vTTRs

1/1ln

dTk

kRq opolitrópic

11

a

b

T

T

opolitrópicab T

Tk

kRTdT

kkR

Tq

sb

a

ln1111

aa

bbvpvp

kkR ln11

a

bk

b

aab v

vvv

kkRs ln11

1

ln11

k

b

avv

kkR

b

avvkR ln1

1/1/ln

b

ak

b

avv

vvR

1/1/1ln

b

a

b

a

a

bab v

vvv

TTRs

a

b

a

bab v

vTTRs

1/1ln

Calculamos para una politrópica en función de temperaturas y volúmenes.Punto inicial a Punto final

bMétodo 1. Usando el resultado del problema 8 (Recuerde que c es un punto que no está en la politrópica)

vRTp /Ecuación de estado:

Método 2. Integrando el intercambio de energía en forma de calor en un proceso politrópico elemental.

k

b

a

a

bvv

pp

Expresamos este cociente en una forma más adecuada

kaa

kbb vpvp k

aa

akb

b

b vv

RTvv

RT 11 k

aakbb vTvT

1

k

b

a

a

bvv

TT 1

b

ak

b

a

a

bvv

vv

TT

b

a

a

bk

b

avv

TT

vv

11/1ln

b

a

a

bvv

TTR


UCLM

21

C) Variación de entropía del gas en cada etapa del ciclo (continuación).

a

b

a

bab v

vTTRs

1/1ln

P (bar)

v (m3/mol)

1 2

3

Isobara

1

21/1

1

212 ln

vv

TTRs

p (Pa) v (m 3/m ol) T (K)1 180000 0,014 3002 180000 0,040 8663 40805 0,061 300

R = 8,314 J/(Kmol)

2

31/1

2

323 ln

vv

TTRs

3

11/1

3

131 ln

vv

TTRs

J/K 8.30014.0

040.0300866ln314.8

14.1/1

J/K 5.18040.0

061.0866300ln314.8

14.1/1

J/K 3.12061.0

014.0300300ln314.8

14.1/1

Politrópica

Isoterma


UCLM

22

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 = 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.


PROBLEMA 10

V (litros)

P (bar)

K 293altaT

K 255bajaT

ADIABÁTICA

ADIABÁTICA1

2

3

4 Cálculo de las presiones (conocidos los volúmenes)

VnRTP

Ciclo de refrigeración

Expansión adiabática 3 4Compresión isoterma 2 3

Expansión isoterma 4 1El fluido de trabajo toma calor del foco frío

El fluido de trabajo cede calor al foco calienteCompresión adiabática 1 2

333 m 102 V33

1 m 105 V

K 255182731 TK 293202732 T

K 293202733 TK 255182734 T

Datos: tenemos los siguientes datos de temperatura y volumen:

bbaa VPVP

b

b

ba

a

a VV

nRTVV

nRT

11 bbaa VTVT

nRTPV

Cálculo de los volúmenes V2 y V4:

UCLM

23

V (litros)

P (bar)

K 293altaT

K 255bajaT

ADIABÁTICA

ADIABÁTICA

1

2

3

4Ciclo de refrigeración

Expansión adiabática 3 4Compresión isoterma 2 3

Expansión isoterma 4 1El fluido de trabajo toma calor del foco frío

El fluido de trabajo cede calor al foco calienteCompresión adiabática 1 2

V (litros)

P (bar)

ºC K V (m 3) 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

La presión al comienzo de la expansión isoterma es:

bar 87.14 PExpansión isoterma: 41El volumen al final de la compresión adiabática es:

Compresión adiabática: 12 litros 53.32 V

Apartado A)


A) Calcule la presión al comienzo e la expansión isoterma y el volumen al final de la compresión adiabática.UCLM

24

1

2

3

4

K 293altaT

K 255bajaT

ADIABÁTICA

ADIABÁTICA

Ciclo de refrigeración

Volumen (litros)

Pres

ión (b

ar)

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.


Balance de energía en un ciclo: 02341 WQQ

041Q

023Q

0WEficiencia

4123

4141QQ

QWQ

bajaalta

baja

TTT

Eficiencia reversible

7.6255293255

kJ 15.07.6/1/1

Significado: representa la energía extraída del foco frío por cada unidad de trabajo aportada al ciclo. Por tanto el trabajo necesario para extraer 1 kJ del foco frío es:

J 5.346

J 6.301

Trabajo en las etapas isotermas

Trabajo neto (en un ciclo)

2323 /ln VVnRTW alta

4141 /ln VVnRTW baja

J 9.444123 WWW

Comentario: los trabajos asociados a las etapas adiabáticas no cuentan, por ser iguales y de signos opuestos

221112 11 VPVPW

443334 11 VPVPW

bajanRTVPVP 4411

altanRTVPVP 3322

Para calcular la variación de entropía de la etapa isoterma 41 es necesario determinar el calor intercambiado en ella. Como en cualquier proceso a temperatura constante la variación de energía interna de un gas ideal es nula, se verifica que0414141 WQU

J 6.3014141 WQ J/K 18.1K 255J 6.30141

41 bajaT

QS

UCLM

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Termodinamica problemas resueltos 0607