Caso práctico de ciclo de Stirling

De Laplace

(Diferencias entre revisiones)

última version al 13:14 20 jul 2010

1 Enunciado

100 moles de gas ideal diátomico sufre un ciclo de Stirling internamente reversible, representado en la figura. El ciclo se compone de dos isotermas y dos isócoras. Las temperaturas de trabajo son $T_f = 300\,\mathrm{K}$ y $T_f = 2000\,\mathrm{K}$ , mientras que las presiones extremas son $P_a = 150\,\mathrm{kPa}$ y $P_b = 3.00\,\mathrm{MPa}$ .

En cada uno de los procesos, calcula la variación de energía interna, el trabajo realizado y el calor absorbido por el gas. Calcula el rendimiento del ciclo.
Calcula la variación de entropía en cada proceso del ciclo y la variación neta en el ciclo completo.
Compara el rendimiento del ciclo con el de una máquina de Carnot reversible que trabaje entre las mismas temperaturas.
Imagina y describe un experimento que te permita recorrer el ciclo.

Dato: $R = 8.31\,\mathrm{J}/\mathrm{mol}\cdot\mathrm{K}$

2 Intercambios energéticos

2.1 Presiones, volúmenes y temperaturas

Antes de calcular el trabajo y el calor en cada proceso, es conveniente conocer las presiones, volúmenes y temperaturas de los cuatro vértices del ciclo, puesto que necesitaremos estos valores en los cálculos posteriores.

Para ello, iremos rellenando progresivamente la tabla con $p$ , $V$ y $T$ para los estados 1, 2, 3 y 4.

Comenzamos escribiendo los datos del problema, que son la temperatura de los estados 1 y 2 (que están a la misma, $T f$ ), la de los estados 3 y 4 (que están a $T c$ ), la presión en el estado 1 (que es $p a$ ) y la presión en el 3 (que es $p b$ )

Estado	p (MPa)	T (K)
1	0.15	300
2		300
3	3.00	2000
4		2000

Ahora, para cada fila en la que conozcamos dos datos, podemos hallar el tercero despejando en la ecuación de estado de los gases ideales, dado que conocemos el número de moles de gas (n = 100 moles)

$pV = nRT\,$

Así, obtenemos el volumen inicial, del estado 1,

$V_1 = \frac{nRT_1}{p_1}=\frac{100\times 8.31\times 300}{1.50\times 10^5}\mathrm{m}^3 = 1.662\,\mathrm{m}^3$

Obsérvese que, puesto que estamos trabajando en el SI, el resultado está en metros cúbicos, que es la unidad SI de volumen.

Del mismo modo, hallamos el volumen en el estado 3

$V_3 = \frac{nRT_3}{p_3}=\frac{100\times 8.31\times 2000}{3.00\times 10^6}\mathrm{m}^3 = 0.554\,\mathrm{m}^3$

Incluimos estos dos datos en la tabla

Estado	p (MPa)	V (m³)	T (K)
1	0.15	1.662	300
2			300
3	3.00	0.554	2000
4			2000

Ahora, dado que los procesos 2→3 y 4→1 son isócoros, el volumen en el estado 2 es el mismo que en el 3, y el del 4 es el mismo que en el 1. Incluyendo estos dos datos:

Estado	p (MPa)	V (m³)	T (K)
1	0.15	1.662	300
2		0.554	300
3	3.00	0.554	2000
4		1.662	2000

Por último, hallamos la presión en los estados 3 y 4 empleando de nuevo la ecuación de los gases ideales

$p_2 = \frac{n R T_2}{V_2} = 0.45\,\mathrm{MPa}$ $p_4 = \frac{n R T_4}{V_4} = 1.00\,\mathrm{MPa}$

Con esto ya tenemos completa la tabla:

Estado	p (MPa)	V (m³)	T (K)
1	0.15	1.662	300
2	0.45	0.554	300
3	3.00	0.554	2000
4	1.00	1.662	2000

Alternativamente, podemos calcular la presión en los estados 2 y 4 aplicando que los procesos 2→3 y 4→1 son a volumen constante y por tanto

$p_2 = \frac{p_3T_2}{T_3}=\frac{3.00 \times 300}{2000}\,\mathrm{MPa} = 0.45\,\mathrm{MPa}$ $p_4 = \frac{p_1T_4}{T_1}=\frac{3.00 \times 2000}{3000}\,\mathrm{MPa} = 1.00\,\mathrm{MPa}$

Ahora procedemos al cálculo de los intercambios energéticos en cada paso.

2.2 Trabajo, calor y energía interna

2.2.1 Compresión isoterma 1→2

En el primer paso, tenemos que el volumen de gas se reduce sin variar su temperatura. Por tratarse de un gas ideal, la energía interna no cambia en este proceso

$\Delta U^{1\to 2} = nc_v(T_2-T_1) = 0\,$

El trabajo lo calculamos a partir de su expresión para un proceso isotermo reversible a temperatura $T f$

$W^{1\to 2} =-\int_1^2 p\,\mathrm{d}V = -nRT_f\int_{V_1}^{V_2} \frac{\mathrm{d}V}{V}=nRT_f\ln\left(\frac{V_1}{V_2}\right)$

Sustituyendo los valores numéricos

$W^{1\to 2} =100\times 8.14\times 300 \ln\left(\frac{1.662}{0.554}\right)=+0.274\,\mathrm{MJ}$

El calor en este proceso lo obtenemos a partir del primer principio de la termodinámica

$Q^{1\to 2} = \Delta U^{1\to 2} - W^{1\to 2} = 0 - 274\,\mathrm{kJ} = -0.274\,\mathrm{MJ}$

2.2.2 Calentamiento isócoro 2→3

En el segundo proceso, por ser a volumen constante, el trabajo realizado sobre el gas es nulo

$W^{2\to 3}= -\int_2^3 p\,\mathrm{d}V = 0$

El calor en este proceso es el correspondiente a un proceso a volumen constante

$Q^{2\to 3}= nc_v(T_3-T_2)\,$

Por tratarse de un gas diatómico la capacidad calorífica molar a volumen constante es

$c_v = \frac{5}{2}R$

y el valor numérico del calor es

$Q^{2\to 3}= nc_v(T_3-T_2)= 100\times 2.5\times 8.31\times(2000-300)\,\mathrm{J} = +3.532\,\mathrm{MJ}$

La variación de la energía interna en este proceso coincide con el calor

$\Delta U^{2\to 3} = Q^{2\to 3} + W^{2\to 3} = +3.532\,\mathrm{MJ}$

2.2.3 Expansión isoterma 3→4

Cuando el gas se expande a temperatura constante, la energía interna permanece constante

$\Delta U^{3\to 4} = nc_v(T_4-T_3) = 0\,$

y el trabajo es de nuevo el de un proceso isotermo, pero ahora a temperatura $T c$

$W^{3\to 4} =nRT_c\ln\left(\frac{V_3}{V_4}\right) = -1.826\,\mathrm{MJ}$

Vemos que ahora el trabajo es negativo, pues es el sistema el que lo realiza sobre el ambiente.

El calor es igual a esta cantidad, con signo contrario

$Q^{3\to 4} = \Delta U^{3\to 4} - W^{3\to 4} = +1.826\,\mathrm{MJ}$

2.2.4 Enfriamiento isócoro 4→1

Por último, el gas se enfría manteniendo su volumen constante. El trabajo en este proceso es nulo

$W^{4\to 1}= -\int_4^1 p\,\mathrm{d}V = 0$

y el calor es el de un proceso a volumen constante

$Q^{4\to 1}= nc_v(T_1-T_4)= 100\times 2.5\times 8.31\times(300-2000)\,\mathrm{J} = -3.532\,\mathrm{MJ}$

Nótese que resulta el mismo que en el calentamiento, pero con el signo cambiado, por ser un descenso de temperatura exactamente opuesto al ascenso anterior.

La variación de energía coincide con el calor en este proceso

$\Delta U^{4\to 1} = Q^{4\to 1} + W^{4\to 1} = -3.532\,\mathrm{MJ}$

2.2.5 Cuadro resumen

Curva exacta del ciclo de Stirling

En un ejercicio de contabilidad, podemos tabular todos los resultados y hallar el valor neto para cada magnitud

Proceso	W (MJ)	Q (MJ)	ΔU (MJ)
1→2	+0.274	−0.274	0
2→3	0	+3.532	+3.532
3→4	−1.826	+1.826	0
4→1	0	−3.532	−3.532
Total	−1.552	+1.552	0

El trabajo neto realizado sobre el sistema es negativo, como corresponde a una máquina térmica.

2.2.6 Rendimiento

El rendimiento de una máquina térmica es el cociente entre el valor absoluto del trabajo neto realizado por la máquina y el calor absorbido (no el calor neto). En este caso se absorbe calor tanto en el proceso 2→3 como en el 3→4, por lo que el rendimiento es

$\eta = \frac{|W|}{|Q_\mathrm{abs}|}=\frac{1.552}{3.532+1.826}= 0.290$

3 Variación de la entropía

Para la entropía tenemos de nuevo cuatro cálculos separados, uno por proceso:

3.1 Compresión isoterma 1→2

Este es un proceso reversible isotermo, por lo que la variación de entropía en él es simplemente

$\Delta S^{1\to 2} = \frac{Q^{1\to 2}}{T_f} = -0.913\,\frac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{K}}$

3.2 Calentamiento isócoro 2→3

El calentamiento no se produce a temperatura constante, obviamente, por lo que la variación de entropía no puede calcularse simplemente dividiendo el calor por una temperatura (¿cuál?). En su lugar es preciso hacer una integral, aprovechando que el proceso es internamente reversible

$\Delta S^{2\to 3}=\int_2^3 \frac{\delta Q_r}{T} = n c_v\int_{T_2}^{T_3}\frac{\mathrm{d}T}{T}= nc_v\ln\left(\frac{T_3}{T_2}\right) = +3.941\,\frac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{K}}$

3.3 Expansión isoterma 3→4

De nuevo tenemos un proceso reversible isotermo, con variación de entropía

$\Delta S^{3\to 4} = \frac{Q^{3\to 4}}{T_c} = +0.913\,\frac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{K}}$

3.4 Enfriamiento isócoro 4→1

En el último paso debemos integrar de nuevo

$\Delta S^{4\to 1}= nc_v\ln\left(\frac{T_1}{T_4}\right) = -3.941\,\frac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{K}}$

3.5 Variación neta de entropía

Sumando los cuatro incrementos obtenemos la variación neta de entropía en el sistema en un ciclo

$\Delta S = \Delta S^{1\to 2} + \Delta S^{1\to 2} + \Delta S^{1\to 2} + \Delta S^{1\to 2} =(-0.913+3.941+0.913-3.941)\,\frac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{K}} = 0$

Esta variación es nula como corresponde a una función de estado en un ciclo cerrado.

Podemos añadir estos resultados a la tabla anterior

Proceso	W (MJ)	Q (MJ)	ΔU (MJ)	ΔS (kJ/K)
1→2	+0.274	−0.274	0	−0.913
2→3	0	+3.532	+3.532	+3.941
3→4	−1.826	+1.826	0	+0.913
4→1	0	−3.532	−3.532	−3.941
Total	−1.552	+1.552	0	0

3.6 Entropía de un gas ideal

Las variaciones de entropía calculadas anteriormente pueden hallarse también usando la expresión general de la variación en la entropía de un gas ideal

$\Delta S^{A\to B} = n c_v\ln\left(\frac{T_B}{T_A}\right)+n R \ln\left(\frac{V_B}{V_A}\right)$

En este ciclo de Stirling esta fórmula es especialmente sencilla de utilizar pues en cada paso se anula uno de los dos términos.

4 Comparación de rendimientos

El rendimiento máximo de una máquina térmica que opere entre las temperaturas $T f$ y $T c$ es el correspondiente a una máquina de Carnot

$\eta_\mathrm{max} = 1 - \frac{T_f}{T_c} = \frac{1700}{2000} = 0.85$

Vemos que es muy superior al obtenido en el primer apartado para este ciclo. El rendimiento relativo (o rendimiento del segundo principio) es

$\epsilon = \frac{\eta}{\eta_\mathrm{max}} = \frac{0.290}{0.85} = 0.34$

esto es, el rendimiento es solo un 34% del máximo ideal. Este rendimiento puede mejorarse en un motor de Stirling real introduciendo la recirculación del calor, de forma que no haga falta absorber tanto.

5 Modelo del ciclo

El modelo más sencillo para este ciclo consiste únicamente en un cilindro de paredes diatermas con un émbolo. El émbolo posee dos posiciones extremas, que pueden fijarse con pernos de forma que pueda mantenerse el volumen constante. El proceso sería el siguiente.

Compresión isoterma: Se sumerge el cilindro en un baño a temperatura $T f$ . Se aumenta lentamente la presión externa sobre el émbolo de forma que el volumen se va reduciendo. A través de las paredes va escapando calor, de forma que la temperatura se mantiene constante.

Calentamiento isócoro: Se fija el pistón en su posición final con un perno, de forma que el volumen permanece constante. Se va aumentando gradualmente la temperatura del baño térmico que envuelve al sistema, hasta alcanzar la temperatura final. Alternativamente, podemos imaginar que el calentamiento se produce de forma abrupta, de manera que al gas no le da tiempo a expandirse.

Expansión isoterma: El pistón está sometido a una gran diferencia de presiones entre el gas interior y el exterior, por lo que si se retira el perno bruscamente, el pistón saldría disparado. Por ello, primero se aumenta la presión externa hasta igualarla con la interna. Acto seguido se retira el perno. Ahora se va reduciendo la presión externa, sin retirarlo del baño caliente, hasta que el volumen vuelva a ser el inicial. Finalmente, el pistón se fija con otro perno.

Enfriamiento isócoro: Se baja la temperatura del baño hasta volver a la temperatura inicial. Para evitar una implosión del gas al retirar el perno, se reduce la presión externa hasta igualar a la inicial. El ciclo está completo.

Una forma de conseguir todo esto con un solo dispositivo, sería imaginar que el pisto no se mueve libremente, sino que está sujeto a un tornillo que se puede mover lentamente o dejarlo fijado a voluntad.

6 ¿Por qué es incorrecto el usar las atmósferas?

En principio, la presión se puede medir tanto en atmósferas como en pascales, sin embargo, existen razones de peso para que este problema se resuelva sin mencionar las atmósferas en absoluto:

Porque no hacen falta para nada: Si los datos del problema, incluyendo la constante de los gases ideales, ya están en el SI, ¿qué necesidad hay de salirse del SI para luego volver a él?

Porque es causa de errores: una atmósfera son 101325 pascales, no 100000. Pero 8.31/0.062 = 101.341, así que si uno, sin necesidad, pasa de pascales a atmósferas diciendo que un bar (1 HPa) es lo mismo que una atmósfera, pero luego usa como constante de los gases ideales 0.082 atm·l/K·mol, el volumen resultante va a ser incorrecto, ya que se está multiplicando por cantidades diferentes en el numerador y en el denominador. Por ejemplo, para los datos del problema, el resultado correcto es

$V_1 = \frac{n R T_1}{p_1}=\frac{100\mathrm{mol}\times 8.314\,(\mathrm{J}/\mathrm{K}\cdot\mathrm{mol})\times 300\,\mathrm{K}}{1.5\times 10^5\,\mathrm{Pa}}=1.6628\,\frac{\mathrm{J}}{\mathrm{Pa}}=1.6628\,\mathrm{m}^3$

En cambio, si se usan atmósferas transformadas incorrectamente:

$V_1 = \frac{n R T_1}{p_1}=\frac{100\mathrm{mol}\times 0.082\,(\mathrm{atm}\cdot\mathrm{l}/\mathrm{K}\cdot\mathrm{mol})\times 300\,\mathrm{K}}{1.5\,\mathrm{atm}}=1640\,\mathrm{l}=1.640\,\mathrm{m}^3$

Vemos que el error, aunque pequeño, es apreciable (y además cometido innecesariamente). Incluso si se hace la transformación correcta de pascales a atmósferas, se está multiplicando por una cantidad para a continuación dividir por ella misma, lo que puede provocar errores.

Porque el SI es siempre recomendable: En la medida de lo posible, siempre es preferible usar unidades SI que otras no estándar.

Caso práctico de ciclo de Stirling

De Laplace

última version al 13:14 20 jul 2010

Contenido

1 Enunciado

2 Intercambios energéticos

2.1 Presiones, volúmenes y temperaturas

2.2 Trabajo, calor y energía interna

2.2.1 Compresión isoterma 1→2

2.2.2 Calentamiento isócoro 2→3

2.2.3 Expansión isoterma 3→4

2.2.4 Enfriamiento isócoro 4→1

2.2.5 Cuadro resumen

2.2.6 Rendimiento

3 Variación de la entropía

3.1 Compresión isoterma 1→2

3.2 Calentamiento isócoro 2→3

3.3 Expansión isoterma 3→4

3.4 Enfriamiento isócoro 4→1

3.5 Variación neta de entropía

3.6 Entropía de un gas ideal

4 Comparación de rendimientos

5 Modelo del ciclo

6 ¿Por qué es incorrecto el usar las atmósferas?

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@@ Línea 1: / Línea 1: @@
 ==Enunciado==
+[[Archivo:ciclo-stirling-01.png|right]]
 moles de gas ideal diátomico sufre un ciclo de Stirling internamente reversible, representado en la figura. El ciclo se compone de dos isotermas y dos isócoras. Las temperaturas de trabajo son <math>T_f = 300\,\mathrm{K}</math> y <math>T_f = 2000\,\mathrm{K}</math>, mientras que las presiones extremas son <math>P_a = 150\,\mathrm{kPa}</math> y <math>P_b = 3.00\,\mathrm{MPa}</math>.
@@ Línea 11: / Línea 13: @@
 ==Intercambios energéticos==
 ===Presiones, volúmenes y temperaturas===
-Antes de calcular el trabajo y el calor en cada proceso, vamos a hallar la presión, la temperatura y el volumen en cada uno de los vértices del ciclo, ya que necesitaremos estos datos más adelante.
-====Estado inicial 1====
-Para el estado &ldquo;1&rdquo; conocemos tanto su presión y su temperatura
-<center><math>p_1 = p_a = 150\,\mathrm{kPa}</math>{{qquad}}{{qquad}}<math>T_1 = T_f = 300\,\mathrm{K}</math></center>
-El volumen que ocupa el gas lo obtenemos sabiendo el número de moles de gas:
-<center><math>V_1 = \frac{n R T_1}{p_1}=\frac{100\times 8.31\times 300}{1.50\times 10^5}\,\mathrm{m}^3 = 1.66\,\mathrm{m}^3</math></center>
-Nótese que, dado que estamos trabajando en el sistema internacional, el volumen resultante aparece en m&sup3;.
-====Estado 3====
-Para el estado 3 también conocemos tanto la presión como la temperatura
-<center><math>p_3 = p_b = 3.00\,\mathrm{MPa}</math>{{qquad}}{{qquad}}<math>T_3 = T_c = 20000\,\mathrm{K}</math></center>
-Obtenemos el volumen de la misma manera
-<center><math>V_3 = \frac{n R T_3}{p_3}=\frac{100\times 8.31\times 2000}{3.00\times 10^6}\,\mathrm{m}^3 = 0.554\,\mathrm{m}^3</math></center>
-====Estado 2====
-Para el final de la compresión isoterma, observamos que su temperatura es la misma que la del estado 1 y su volumen el mismo del estado 3
-<center><math>V_2 = V_3 = 0.554\,\mathrm{m}^3</math>{{qquad}}{{qquad}}<math>T_2 = T_f = 300\,\mathrm{K}</math></center>
-Con estos dos datos obtenemos la presión
-<center><math>p_2 = \frac{n R T_2}{V_2}= 4.50\times 10^5\,\mathrm{Pa}</math></center>
-====Estado 4====
-Por último, para el final de la expansión isoterma, aplicamos que su temperatura es la misma que la del estado 3 y su volumen el mismo del estado 1
-<center><math>V_4 = V_1 = 1.66\,\mathrm{m}^3</math>{{qquad}}{{qquad}}<math>T_4 = T_c = 2000\,\mathrm{K}</math></center>
-Con estos dos datos obtenemos la presión
-<center><math>p_4 = \frac{n R T_4}{V_4}= 1.00\times 10^6\,\mathrm{Pa}</math></center>
-====Cuadro resumen====
-Reuniendo estos resultados construimos la siguiente tabla:
-<center>
-{| class="bordeado"
-|-
-! Estado
-! ''p'' (MPa)
-! ''V'' (m&sup3;)
-! T (K)
-|-
-! 1
-| 0.150
-| 1.66
-| 300
-|-
-! 2
-| 0.450
-| 0.554
-| 300
-|-
-! 3
-| 3.00
-| 0.554
-| 2000
-|-
-! 4
-| 1.00
-| 1.66
-| 2000
-|}
-</center>
-===Trabajo, calor y energía===
-===Rendimiento===
-==Entropía==
-==Comparación de rendimientos==
-==Modelo físico==
-==Presiones, volúmenes y temperaturas==
 Antes de calcular el trabajo y el calor en cada proceso, es conveniente conocer las presiones, volúmenes y temperaturas de los cuatro vértices del ciclo, puesto que necesitaremos estos valores en los cálculos posteriores.
@@ Línea 257: / Línea 178: @@
 ===Trabajo, calor y energía interna===
 ====Compresión isoterma 1&rarr;2====
-En el primer paso, tenemos que el volumen de gas se reduce sin variar su temperatura. Por
+En el primer paso, tenemos que el volumen de gas se reduce sin variar su temperatura. Por tratarse de un gas ideal, la energía interna no cambia en este proceso
-tratarse de un gas ideal, la energía interna no cambia en este proceso
-<center><math>\Delta U^{1\to 2} = nc_v(T_2-T_1) = 0</math></center>
+<center><math>\Delta U^{1\to 2} = nc_v(T_2-T_1) = 0\,</math></center>
-El trabajo lo calculamos a partir de su expresión para un proceso isotermo reversible a
+El trabajo lo calculamos a partir de su expresión para un proceso isotermo reversible a temperatura <math>T_f</math>
-temperatura <math>T_f</math>
 <center><math>W^{1\to 2} =-\int_1^2 p\,\mathrm{d}V = -nRT_f\int_{V_1}^{V_2}
@@ Línea 279: / Línea 198: @@
 ====Calentamiento isócoro 2&rarr;3====
-En el segundo proceso, por ser a volumen constante, el trabajo realizado sobre el gas es
+En el segundo proceso, por ser a volumen constante, el trabajo realizado sobre el gas es nulo
-nulo
 <center><math>W^{2\to 3}= -\int_2^3 p\,\mathrm{d}V = 0</math></center>
@@ Línea 286: / Línea 204: @@
 El calor en este proceso es el correspondiente a un proceso a volumen constante
-<center><math>Q^{2\to 3}= nc_v(T_3-T_2)</math></center>
+<center><math>Q^{2\to 3}= nc_v(T_3-T_2)\,</math></center>
 Por tratarse de un gas diatómico la capacidad calorífica molar a volumen constante es
 <center><math>c_v = \frac{5}{2}R</math></center>
@@ Línea 305: / Línea 223: @@
 Cuando el gas se expande a temperatura constante, la energía interna permanece constante
-<center><math>\Delta U^{3\to 4} = nc_v(T_4-T_3) = 0</math></center>
+<center><math>\Delta U^{3\to 4} = nc_v(T_4-T_3) = 0\,</math></center>
-y el trabajo es de nuevo el de un proceso isotermo, pero ahora a temperatura
+y el trabajo es de nuevo el de un proceso isotermo, pero ahora a temperatura <math>T_c</math>
-<math>T_c</math>
 <center><math>W^{3\to 4} =nRT_c\ln\left(\frac{V_3}{V_4}\right) =
 -1.826\,\mathrm{MJ}</math></center>
-Vemos que ahora el trabajo es negativo, pues es el sistema el que lo realiza sobre el
+Vemos que ahora el trabajo es negativo, pues es el sistema el que lo realiza sobre el ambiente.
-ambiente.
 El calor es igual a esta cantidad, con signo contrario
@@ Línea 341: / Línea 257: @@
 ====Cuadro resumen====
-En un ejercicio de contabilidad, podemos tabular todos los resultados y hallar el valor
-neto para cada magnitud
+[[Archivo:ejemplo-ciclo-stirling.png|thumb|Curva exacta del ciclo de Stirling]]
+En un ejercicio de contabilidad, podemos tabular todos los resultados y hallar el valor neto para cada magnitud
 <center>
@@ Línea 397: / Línea 315: @@
 simplemente
-<center><math>\Delta S^{1\to 2} = \frac{Q^{1\to 2}}{T_f} =
+<center><math>\Delta S^{1\to 2} = \frac{Q^{1\to 2}}{T_f} = -0.913\,\frac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{K}}</math></center>
--0.913\,\frac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{K}</math></center>
 ===Calentamiento isócoro 2&rarr;3===
@@ Línea 408: / Línea 325: @@
 <center><math>\Delta S^{2\to 3}=\int_2^3 \frac{\delta Q_r}{T} = n
 c_v\int_{T_2}^{T_3}\frac{\mathrm{d}T}{T}= nc_v\ln\left(\frac{T_3}{T_2}\right) =
-+3.941\,\frac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{K}</math></center>
++3.941\,\frac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{K}}</math></center>
 ===Expansión isoterma 3&rarr;4===
@@ Línea 414: / Línea 331: @@
 <center><math>\Delta S^{3\to 4} = \frac{Q^{3\to 4}}{T_c} =
-+0.913\,\frac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{K}</math></center>
++0.913\,\frac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{K}}</math></center>
 ===Enfriamiento isócoro 4&rarr;1===
@@ Línea 420: / Línea 337: @@
 <center><math>\Delta S^{4\to 1}= nc_v\ln\left(\frac{T_1}{T_4}\right) =
--3.941\,\frac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{K}</math></center>
+-3.941\,\frac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{K}}</math></center>
 ===Variación neta de entropía===
@@ Línea 427: / Línea 344: @@
 <center><math>\Delta S = \Delta S^{1\to 2} + \Delta S^{1\to 2} + \Delta S^{1\to 2} +
-\Delta S^{1\to 2} =(-0.913+3.941+0.913-3.941)\,\frac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{K} = 0</math></center>
+\Delta S^{1\to 2} =(-0.913+3.941+0.913-3.941)\,\frac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{K}} = 0</math></center>
 Esta variación es nula como corresponde a una función de estado en un ciclo cerrado.
+Podemos añadir estos resultados a la tabla anterior
+<center>
+{|class="bordeado"
+! Proceso
+! ''W'' (MJ)
+! ''Q'' (MJ)
+! &Delta;''U'' (MJ)
+! &Delta;''S'' (kJ/K)
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+| +3.532
+| +3.941
+|-
+| 3&rarr;4
+| &minus;1.826
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+| Total
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+|}
+</center>
 ===Entropía de un gas ideal===
@@ Línea 442: / Línea 401: @@
 ==Comparación de rendimientos==
-El rendimiento máximo de una máquina térmica que opere entre las temperaturas T_f y T_c
+El rendimiento máximo de una máquina térmica que opere entre las temperaturas <math>T_f</math> y <math>T_c</math> es el correspondiente a una máquina de Carnot
-es el correspondiente a una máquina de Carnot
 <center><math>\eta_\mathrm{max} = 1 - \frac{T_f}{T_c} = \frac{1700}{2000} =
 .85</math></center>
-Vemos que es muy superior al obtenido en el primer apartado para este ciclo. El
+Vemos que es muy superior al obtenido en el primer apartado para este ciclo. El rendimiento relativo (o rendimiento del segundo principio) es
-rendimiento relativo (o rendimiento del segundo principio) es
 <center><math>\epsilon = \frac{\eta}{\eta_\mathrm{max}} = \frac{0.290}{0.85} =
 .34</math></center>
-esto es, el rendimiento es solo un 34% del máximo ideal. Este rendimiento puede
+esto es, el rendimiento es solo un 34% del máximo ideal. Este rendimiento puede mejorarse en un motor de Stirling real introduciendo la recirculación del calor, de forma que no haga falta absorber tanto.
-mejorarse en un motor de Stirling real introduciendo la recirculación del calor, de forma
-que no haga falta absorber tanto.
 ==Modelo del ciclo==
-El modelo más sencillo para este ciclo consiste únicamente en un cilindro de paredes
-diatermas con un émbolo. El émbolo posee dos posiciones extremas, que pueden fijarse con
-pernos de forma que pueda mantenerse el volumen constante. El proceso sería el siguiente.
-;Compresión isoterma: Se sumerge el cilindro en un baño a temperatura T_f. Se aumenta
+[[Archivo:modelo-ciclo-stirling.gif|right]]
-lentamente la presión externa sobre el émbolo de forma que el volumen se va reduciendo. A
-través de las paredes va escapando calor, de forma que la temperatura se mantiene
+El modelo más sencillo para este ciclo consiste únicamente en un cilindro de paredes diatermas con un émbolo. El émbolo posee dos posiciones extremas, que pueden fijarse con pernos de forma que pueda mantenerse el volumen constante. El proceso sería el siguiente.
-constante.
+;Compresión isoterma: Se sumerge el cilindro en un baño a temperatura <math>T_f</math>. Se aumenta lentamente la presión externa sobre el émbolo de forma que el volumen se va reduciendo. A través de las paredes va escapando calor, de forma que la temperatura se mantiene constante.
+;Calentamiento isócoro: Se fija el pistón en su posición final con un perno, de forma que el volumen permanece constante. Se va aumentando gradualmente la temperatura del baño térmico que envuelve al sistema, hasta alcanzar la temperatura final. Alternativamente, podemos imaginar que el calentamiento se produce de forma abrupta, de manera que al gas no le da tiempo a expandirse.
+;Expansión isoterma: El pistón está sometido a una gran diferencia de presiones entre el gas interior y el exterior, por lo que si se retira el perno bruscamente, el pistón saldría disparado. Por ello, primero se aumenta la presión externa hasta igualarla con la interna. Acto seguido se retira el perno. Ahora se va reduciendo la presión externa, sin retirarlo del baño caliente, hasta que el volumen vuelva a ser el inicial. Finalmente, el pistón se fija con otro perno.
+;Enfriamiento isócoro: Se baja la temperatura del baño hasta volver a la temperatura inicial. Para evitar una implosión del gas al retirar el perno, se reduce la presión externa hasta igualar a la inicial. El ciclo está completo.
+Una forma  de conseguir todo esto con un solo dispositivo, sería imaginar que el pisto no se mueve libremente, sino que está sujeto a un tornillo que se puede mover lentamente o dejarlo fijado a voluntad.
+==¿Por qué es incorrecto el usar las atmósferas?==
+En principio, la presión se puede medir tanto en atmósferas como en pascales, sin embargo, existen razones de peso para que este problema se resuelva sin mencionar las atmósferas en absoluto:
+;Porque no hacen falta para nada: Si los datos del problema, ''incluyendo la constante de los gases ideales'', ya están en el SI, ¿qué necesidad hay de salirse del SI para luego volver a él?
+;Porque es causa de errores: una atmósfera son 101325 pascales, no 100000. Pero 8.31/0.062 = 101.341, así que si uno, sin necesidad, pasa de pascales a atmósferas diciendo que un bar (1 HPa) es lo mismo que una atmósfera, pero luego usa como constante de los gases ideales 0.082 atm&middot;l/K&middot;mol, el volumen resultante va a ser incorrecto, ya que se está multiplicando por cantidades diferentes en el numerador y en el denominador. Por ejemplo, para los datos del problema, el resultado correcto es
+<center><math>V_1 = \frac{n R T_1}{p_1}=\frac{100\mathrm{mol}\times 8.314\,(\mathrm{J}/\mathrm{K}\cdot\mathrm{mol})\times 300\,\mathrm{K}}{1.5\times 10^5\,\mathrm{Pa}}=1.6628\,\frac{\mathrm{J}}{\mathrm{Pa}}=1.6628\,\mathrm{m}^3</math></center>
+:En cambio, si se usan atmósferas transformadas incorrectamente:
-;Calentamiento isócoro: Se fija el pistón en su posición final con un perno, de forma que
+<center><math>V_1 = \frac{n R T_1}{p_1}=\frac{100\mathrm{mol}\times 0.082\,(\mathrm{atm}\cdot\mathrm{l}/\mathrm{K}\cdot\mathrm{mol})\times 300\,\mathrm{K}}{1.5\,\mathrm{atm}}=1640\,\mathrm{l}=1.640\,\mathrm{m}^3</math></center>
-el volumen permanece constante. Se va aumentando gradualmente la temperatura del baño
-térmico que envuelve al sistema, hasta alcanzar la temperatura final.
-;Expansión isoterma: El pistón está sometido a una gran diferencia de presiones entre el
+:Vemos que el error, aunque pequeño, es apreciable (y además cometido innecesariamente). Incluso si se hace la transformación correcta de pascales a atmósferas, se está multiplicando por una cantidad para a continuación dividir por ella misma, lo que puede provocar errores.
-gas interior y el exterior, por lo que si se retira el perno bruscamente, el pistón
-saldría disparado. Por ello, primero se aumenta la presión externa hasta igualarla con la
-interna. Acto seguido se retira el perno. Ahora se va reduciendo la presión externa, sin
-retirarlo del baño caliente, hasta que el volumen vuelva a ser el inicial. Finalmente, el
-pistón se fija con otro perno.
-;Enfriamiento isócoro: Se baja la temperatura del baño hasta volver a la temperatura
+;Porque el SI es siempre recomendable: En la medida de lo posible, siempre es preferible usar unidades SI que otras no estándar.
-inicial. Para evitar una implosión del gas al retirar el perno, se reduce la presión
-externa hasta igualar a la inicial. El ciclo está completo.
 [[Categoría:Problemas del segundo principio de la termodinámica]]
 [[Categoría:Problemas de examen]]
+[[Categoría: Problemas Física Aeronáuticos]]