Sucesión de tres procesos cuasiestáticos

De Laplace

(Diferencias entre revisiones)

última version al 15:16 1 abr 2015

1 Enunciado

Un cilindro de 100 cm² de sección contiene aire y está cerrado por un émbolo. Inicialmente el aire tiene una temperatura de 27 °C y una presión de 100 kPa, que también es la presión exterior, estando el émbolo a 10 cm del fondo. Entonces se realiza el siguiente proceso cuasiestático

I: Se atornilla el émbolo y se calienta el aire hasta 327 °C, sumergiéndolo en un baño a esta temperatura.

II: Se libera el émbolo lentamente, dejando que se expanda el aire hasta que su presión vuelve a ser la inicial. En este proceso el aire se mantiene a la temperatura de 327 °C.

III: Con el émbolo libre, se enfría gradualmente hasta que la temperatura vuelve a ser la inicial.

Para este proceso:

Halle la presión, volumen y temperatura al final de cada fase del proceso.
Calcule el trabajo en cada fase, así como el trabajo neto total.
Calcule la variación en la energía interna y el calor en cada paso y su variación neta.
Determine el rendimiento del ciclo considerado como una máquina térmica.
Halle el rendimiento del ciclo relativo al que tendría una máquina de Carnot que operara entre la temperatura máxima y mínima del ciclo.
Calcule la producción de entropía en el universo tras la realización del ciclo si se supone que el calor entra desde un foco que está a la máxima temperatura del ciclo y se vierte a un ambiente a la temperatura más baja del ciclo.

2 Presión, volumen y temperatura

2.1 Estado inicial

Inicialmente tenemos que la presión y la temperatura valen

$p_A=100\,\mathrm{kPa}\qquad\qquad T_A=(273+27)\mathrm{K}=300\,\mathrm{K}$

mientras que el volumen es el de un cilindro

$V_A = S h = (1001\,\mathrm{cm}P2)(10\mathrm{cm}) = 1000\,\mathrm{cm}^3 = 0.001\,\mathrm{m}^3$

2.2 Tras el primer paso

El primer paso ocurre a volumen constante, por estar el pistón atornillado, con lo que el volumen final es el mismo que el inicial

$V_B = V_A = 1000\,\mathrm{cm}^3$

La temperatura ha aumentado en 300°C

$T_B = 600\,\mathrm{K}$

y la presión aumenta en la misma proporción que la temperatura

$\frac{p_B}{T_B}=\frac{p_A}{T_A}\qquad\Rightarrow\qquad p_B = \frac{600\,\mathrm{K}}{300\,\mathrm{K}}100\,\mathrm{kPa} = 200\,\mathrm{kPa}$

2.3 Tras el segundo paso

En el segundo paso tenemos una expansión isoterma, siendo la temperatura final igual a la que había al final del paso anterior

$T_C = T_C = 600\,\mathrm{K}$

mientras que la presión final vuelve a ser la que había al principio

$p_C = p_A = 100\,\mathrm{kPa}$

El volumen final lo podemos obtener particularizando la ley de los gases ideales para temperatura constante, es decir, aplicando la ley de Boyle

$p_CV_C=p_BV_B\qquad\Rightarrow\qquad V_C = \frac{200\,\mathrm{kPa}}{100\,\mathrm{kPa}}1000\,\mathrm{cm}^3 = 2000\,\mathrm{cm}^3$

2.4 Estado final

Por último, dejando el émbolo libre, la temperatura vuelve a ser la inicial, manteniéndose constante la presión

$p_D = p_C=p_A = 100\,\mathrm{kPa}\qquad\qquad T_D = T_A = 300\,\mathrm{K}$

La ley de los gases ideales se reduce en este caso a la ley de Charles

$\frac{V_D}{T_D}=\frac{V_C}{T_C} \qquad\Rightarrow\qquad V_D = \frac{300\,\mathrm{K}}{600\,\mathrm{K}}2000\,\mathrm{cm}^3 = 1000\,\mathrm{cm}^3$

Al ser la presión y la temperatura finales iguales a las de partida también lo es el volumen. El estado D es el mismo que el estado A y el proceso es por tanto un ciclo.

2.5 Representación gráfica

Gráficamente este proceso se compone de tres tramos:

Un calentamiento a volumen constante, que corresponde a una recta vertical.
Una expansión isoterma, que se representa por un arco de hipérbola.
Una compresión a presión constante, que en la gráfica queda como una recta horizontal.

3 Trabajo

Podemos hallar el trabajo sobre el gas en cada paso a partir de la evolución de sus variables de estado, si suponemos que todos los procesos son cuasiestáticos.

3.1 Calentamiento a volumen constante

Al permanecer constante el volumen, no se realiza trabajo sobre el gas

$W^{A\to B} = 0\,$

3.2 Expansión isoterma

Cuando la temperatura permanece constante, podemos calcular el trabajo con ayuda de la ley de Boyle. En cualquier punto del camino

$pV = p_BV_B\qquad\Rightarrow\qquad p = \frac{p_BV_B}{V}$

lo que nos da el trabajo

$W^{B\to C}=-\int_B^C p\,\mathrm{d}V = -p_BV_B\int_{V_B}^{V_C}\frac{\mathrm{d}V}{V}=-p_BV_B\ln\left(\frac{V_C}{V_B}\right)$

En nuestro caso

$W^{B\to C} = -(2\times 10^5\mathrm{Pa})(0.001\,\mathrm{m}^3)\ln(2) = -139\,\mathrm{J}$

3.3 Compresión isóbara

En el tercer paso, el volumen se reduce a presión constante, lo que da un trabajo equivalente gráficamente al área de un rectángulo

$W^{C\to A} = -\int_C^A p\,\mathrm{d} V = -p_A\int_{V_C}^{V_A} = p_A(V_A-V_C) = 10^5(0.002 - 0.001)\,\mathrm{J} = +100\,\mathrm{J}$

3.4 Trabajo neto

El trabajo neto sobre el gas en el ciclo será la suma de los trabajos individuales

$W = -\oint p\,\mathrm{d}V = W^{A\to B}+W^{B\to C}+W^{C\to A}=\left(0 -139+100\right)\mathrm{J}= -39\,\mathrm{J}$

El signo del trabajo nos dice que en realidad es el gas el que realiza el trabajo sobre el ambiente.

4 Energía y calor

La energía interna de un gas ideal depende solamente de su temperatura

$U = U_0 + n c_v T\,$

siendo la capacidad calorífica molar para el aire aproximadamente igual a la de un gas diatómico

$c_v = \frac{5}{2}R = 20.8\frac{\mathrm{J}}{\mathrm{K}\cdot\mathrm{mol}}$

La variación de la energía interna en cualquier proceso es proporcional a la diferencia de temperaturas

$\Delta U = nc_v\,\Delta T$

independientemente de si el proceso es a presión constante, a volumen constante o como sea, por tratarse de una función de estado.

Una vez que calculemos la variación en la energía, podemos hallar el calor que entra en el gas por el primer principio de la termodinámica

$Q = \Delta U - W\,$

4.1 Proceso A→B

Al calentarse el gas aumenta su energía interna

$\Delta U^{A\to B} = nc_v(T_B-T_A)= \frac{5}{2}(nRT_B-nRT_A)=\frac{5}{2}(p_BV_B-p_AV_A) = \frac{5}{2}(p_B-p_A)V_A = \frac{5}{2}(2\times 10^5- 10^5)(0.001)\,\mathrm{J}=+250\,\mathrm{J}$

Puesto que en este proceso el trabajo es nulo, este aumento en la energía procede exclusivamente del calor

$Q^{A\to B} = \Delta U^{A\to B} - \overbrace{W^{A\to B}}^{=0} = +250\,\mathrm{J}$

Este calor se podía haber hallado directamente observando que en un proceso a volumen constante

$Q = nc_v\,\Delta T$

4.2 Proceso B→C

En la expansión isoterma la temperatura permanece constante, y por tanto, también lo es la energía interna

$\Delta U = nc_v\,\Delta T = 0$

Esto quiere decir que el trabajo que realiza el gas se obtiene a base de absorber calor

$Q^{B\to C} = \overbrace{\Delta U^{B\to C}}^{=0}-W^{B\to C} = p_BV_B\ln\left(\frac{V_C}{V_B}\right) = +139\,\mathrm{J}$

4.3 Proceso C→A

Por último, en la compresión a presión constante, la temperatura vuelve a su valor inicial, y lo mismo hace la energía interna

$\Delta U^{C\to A} = nc_v\,\Delta T = nc_v(T_A-T_B) = -250\,\mathrm{J}$

Obsérvese que aunque el proceso sea a presión constante, en la expresión de la energía aparece $c v$ .

El calor en este caso vale

$Q^{C\to A} = \Delta U - W^{C\to A}= -250\,\mathrm{J}-100\,\mathrm{J} = -350\,\mathrm{J}$

Al tratarse de un proceso a presión constante, el calor puede también hallarse directamente como

$Q = nc_p\,\Delta T$

siendo

$c_p = \frac{7}{2}R = 29.1\frac{\mathrm{J}}{\mathrm{K}\cdot\mathrm{mol}}$

Este método nos daría

$Q^{C\to A} = \frac{7}{2}\left(nRT_A-nRT_C\right) = \frac{7}{2}(p_AV_A-p_CV_C) = \frac{7}{2}p_A(V_A-V_C) = \frac{7}{2}10^5(0.001-0.002)\,\mathrm{J} = -350\,\mathrm{J}$

Nótese que para el calor sí se cambia $c v$ por $c p$ .

4.4 Balance

Sumando los tres pasos, obtenemos la variación de energía

$\Delta U = \Delta U^{A\to B}+ \Delta U^{B\to C}+\Delta U^{C\to A} = 250\,\mathrm{J}+0\,\mathrm{J}-250\,\mathrm{J} = 0\,\mathrm{J}$

que es nula, como corresponde a que el proceso es cíclico y la energía es una función de estado.

Para el calor, en cambio

$Q = Q^{A\to B}+ Q^{B\to C}+Q^{C\to A} = +250\,\mathrm{J}+139\,\mathrm{J}-350\,\mathrm{J} = +39\,\mathrm{J}$

El resultado neto es que a lo largo del ciclo entran $39\,\mathrm{J}$ en forma de calor y sale la misma cantidad en forma de trabajo. Este ciclo describiría un modelo muy simple de máquina térmica.

5 Rendimiento

El rendimiento de una máquina térmica es el cociente entre el trabajo neto que se saca de ella por el calor que se introduce en el sistema

$\eta = \frac{W_\mathrm{net,out}}{Q_\mathrm{in}}$

En este caso el calor que entra es el de los pasos A→B y B→C, pero no en el C→A, en que sale. Por ello, el rendimiento vale

$\eta = \frac{39\,\mathrm{J}}{(250+139)\,\mathrm{J}} = 9.91\%$

6 Rendimiento de la segunda ley

El rendimiento de una máquina de Carnot reversible que operara entre las dos temperaturas extremas sería

$\eta^\mathrm{rev}=1-\frac{300}{600}=50\%$

Por tanto, en proporción a este rendimiento máximo, la eficiencia del ciclo del problema es

$\epsilon= \frac{9.91}{50}=19.82\%$

Este es el llamado rendimiento de la segunda ley.

7 Producción de entropía

Por tratarse de un proceso cíclico, la entropía del gas no cambia en el proceso.

$\Delta S_\mathrm{sis} = 0\,$

Si suponemos que el calor se cede desde un foco a la temperatura máxima del ciclo, este foco disminuye su entropía en

$\Delta S_C = -\frac{Q_\mathrm{in}}{T_C}=-\frac{389\,\mathrm{J}}{600\,\mathrm{K}}=-0.646\,\frac{\mathrm{J}}{\mathrm{K}}$

Si luego el gas es entregado a un foco a la temperatura más baja, la entropía de este foco aumenta en

$\Delta S_F = \frac{Q_\mathrm{out}}{T_F}=-\frac{350\,\mathrm{J}}{300\,\mathrm{K}}=+1.16\,\frac{\mathrm{J}}{\mathrm{K}}$

La variación total de la entropía del ambiente es suma de estas dos

$\Delta S_\mathrm{amb}=\Delta S_C+\Delta S_F +0.52\,\frac{\mathrm{J}}{\mathrm{K}}$

La variación de entropía del universo es la suma de la del sistema y la del ambiente

$\Delta S = \Delta S_\mathrm{sis} +\Delta S_\mathrm{amb} = +0.52\,\frac{\mathrm{J}}{\mathrm{K}}$

El valor neto es positivo, como en todo ciclo real.

@@ Línea 1: / Línea 1: @@
 ==Enunciado==
-Un cilindro de 20&thinsp;cm de diámetro contiene aire y está cerrado por un émbolo. Inicialmente el aire tiene una temperatura de 27&thinsp;&deg;C y una presión de 100&thinsp;kPa, que también es la presión exterior, estando el émbolo a 10&thinsp;cm del fondo. Entonces se realiza el siguiente proceso cuasiestático
+Un cilindro de 100&thinsp;cm&sup2; de sección contiene aire y está cerrado por un émbolo. Inicialmente el aire tiene una temperatura de 27&thinsp;&deg;C y una presión de 100&thinsp;kPa, que también es la presión exterior, estando el émbolo a 10&thinsp;cm del fondo. Entonces se realiza el siguiente proceso cuasiestático
 :'''I:''' Se atornilla el émbolo y se calienta el aire hasta 327&thinsp;&deg;C, sumergiéndolo en un baño a esta temperatura.
@@ Línea 12: / Línea 12: @@
 # Calcule la variación en la energía interna y el calor en cada paso y su variación neta.
 # Determine el rendimiento del ciclo considerado como una máquina térmica.
+# Halle el rendimiento del ciclo relativo al que tendría una máquina de Carnot que operara entre la temperatura máxima y mínima del ciclo.
+# Calcule la producción de entropía en el universo tras la realización del ciclo si se supone que el calor entra desde un foco que está a la máxima temperatura del ciclo y se vierte a un ambiente a la temperatura más baja del ciclo.
 ==Presión, volumen y temperatura==
@@ Línea 21: / Línea 23: @@
 mientras que el volumen es el de un cilindro
-<center><math>V_A = \pi r^2 h = \pi(0.1\,\mathrm{m})^2(0.1\mathrm{m}) = 0.00314\,\mathrm{m}^3 = 3.14\,\mathrm{dm}^3</math></center>
+<center><math>V_A = S h = (1001\,\mathrm{cm}P2)(10\mathrm{cm}) = 1000\,\mathrm{cm}^3 = 0.001\,\mathrm{m}^3</math></center>
 ===Tras el primer paso===
-El primer paso ocurre a volumen constante, por estar el pistón atornillado, con lo que el voluemn final es el mismo que el inicial
+El primer paso ocurre a volumen constante, por estar el pistón atornillado, con lo que el volumen final es el mismo que el inicial
-<center><math>V_B = V_A = 3.14\,\mathrm{dm}^3</math></center>
+<center><math>V_B = V_A = 1000\,\mathrm{cm}^3</math></center>
 La temperatura ha aumentado en 300&deg;C
@@ Línea 45: / Línea 47: @@
 <center><math>p_C = p_A = 100\,\mathrm{kPa}</math></center>
-El volumen final lo podemos obtener particularizando la ley d elos gases ideales para temperatura constante, es decir, aplicando la ley de Boyle
+El volumen final lo podemos obtener particularizando la ley de los gases ideales para temperatura constante, es decir, aplicando la ley de Boyle
-<center><math>p_CV_C=p_BV_B\qquad\Rightarrow\qquad V_C = \frac{200\,\mathrm{kPa}}{100\,\mathrm{kPa}}3.14\,\mathrm{dm}^3 = 6.28\,\mathrm{dm}^3</math></center>
+<center><math>p_CV_C=p_BV_B\qquad\Rightarrow\qquad V_C = \frac{200\,\mathrm{kPa}}{100\,\mathrm{kPa}}1000\,\mathrm{cm}^3 = 2000\,\mathrm{cm}^3</math></center>
 ===Estado final===
@@ Línea 56: / Línea 58: @@
 La ley de los gases ideales se reduce en este caso a la ley de Charles
-<center><math>\frac{V_D}{T_D}=\frac{V_C}{T_C} \qquad\Rightarrow\qquad V_D = \frac{300\,\mathrm{K}}{600\,\mathrm{K}}6.28\,\mathrm{dm}^3 = 3.14\,\mathrm{dm}^3</math></center>
+<center><math>\frac{V_D}{T_D}=\frac{V_C}{T_C} \qquad\Rightarrow\qquad V_D = \frac{300\,\mathrm{K}}{600\,\mathrm{K}}2000\,\mathrm{cm}^3 = 1000\,\mathrm{cm}^3</math></center>
 Al ser la presión y la temperatura finales iguales a las de partida también lo es el volumen. El estado D es el mismo que el estado A y el proceso es por tanto un ciclo.
@@ Línea 75: / Línea 77: @@
 Al permanecer constante el volumen, no se realiza trabajo sobre el gas
-<center><math>W_{A\to B} = 0\,</math></center>
+<center><math>W^{A\to B} = 0\,</math></center>
 ===Expansión isoterma===
-Cuando la temperatura permanece constante, podemos calcular el trabajo con ayuda de la ecuación de estado de la ley de Boyle. En cualquier punto del camino
+Cuando la temperatura permanece constante, podemos calcular el trabajo con ayuda de la ley de Boyle. En cualquier punto del camino
 <center><math>pV = p_BV_B\qquad\Rightarrow\qquad p = \frac{p_BV_B}{V}</math></center>
@@ Línea 84: / Línea 86: @@
 lo que nos da el trabajo
-<center><math>W_{B\to C}=-\int_B^C p\,\mathrm{d}V = -p_BV_B\int_{V_B}^{V_C}\frac{\mathrm{d}V}{V}=-p_BV_B\ln\left(\frac{V_C}{V_B}\right)</math></center>
+<center><math>W^{B\to C}=-\int_B^C p\,\mathrm{d}V = -p_BV_B\int_{V_B}^{V_C}\frac{\mathrm{d}V}{V}=-p_BV_B\ln\left(\frac{V_C}{V_B}\right)</math></center>
 En nuestro caso
-<center><math>W_{B\to C} = -(2\times 10^5\mathrm{Pa})(0.00314\,\mathrm{m}^3)\ln(2) = -435\,\mathrm{J}</math></center>
+<center><math>W^{B\to C} = -(2\times 10^5\mathrm{Pa})(0.001\,\mathrm{m}^3)\ln(2) = -139\,\mathrm{J}</math></center>
 ===Compresión isóbara===
 En el tercer paso, el volumen se reduce a presión constante, lo que da un trabajo equivalente gráficamente al área de un rectángulo
-<center><math>W_{C\to A} = -\int_C^A p\,\mathrm{d} V = -p_A\int_{V_C}^{V_A} = p_A(V_A-V_C) = 10^5(0.00628 - 0.00314)\,\mathrm{J} = +314\,\mathrm{J}</math></center>
+<center><math>W^{C\to A} = -\int_C^A p\,\mathrm{d} V = -p_A\int_{V_C}^{V_A} = p_A(V_A-V_C) = 10^5(0.002 - 0.001)\,\mathrm{J} = +100\,\mathrm{J}</math></center>
 ===Trabajo neto===
 El trabajo neto sobre el gas en el ciclo será la suma de los trabajos individuales
-<center><math>W = -\oint p\,\mathrm{d}V = W_{A\to B}+W_{B\to C}+W_{C\to A}=\left(0 -435+314\right)\mathrm{J}= -121\,\mathrm{J}</math></center>
+<center><math>W = -\oint p\,\mathrm{d}V = W^{A\to B}+W^{B\to C}+W^{C\to A}=\left(0 -139+100\right)\mathrm{J}= -39\,\mathrm{J}</math></center>
 El signo del trabajo nos dice que en realidad es el gas el que realiza el trabajo sobre el ambiente.
 ==Energía y calor==
 La energía interna de un gas ideal depende solamente de su temperatura
@@ Línea 120: / Línea 123: @@
 <center><math>Q = \Delta U - W\,</math></center>
-===Primer proceso===
+===Proceso A&rarr;B===
 Al calentarse el gas aumenta su energía interna
-<center><math>\Delta U_{A\to B} = nc_v(T_B-T_A)= \frac{5}{2}(nRT_B-nRT_A)=\frac{5}{2}(p_BV_B-p_AV_A) = \frac{5}{2}(p_B-p_A)V_A = \frac{5}{2}(2\times 10^5- 10^5)(0.00314)\,\mathrm{J}=+785\,\mathrm{J}</math></center>
+<center><math>\Delta U^{A\to B} = nc_v(T_B-T_A)= \frac{5}{2}(nRT_B-nRT_A)=\frac{5}{2}(p_BV_B-p_AV_A) = \frac{5}{2}(p_B-p_A)V_A = \frac{5}{2}(2\times 10^5- 10^5)(0.001)\,\mathrm{J}=+250\,\mathrm{J}</math></center>
 Puesto que en este proceso el trabajo es nulo, este aumento en la energía procede exclusivamente del calor
-<center><math>Q_{A\to B} = \Delta U_{A\to B} - \overbrace{W_{A\to B}}^{=0} = +785\,\mathrm{J}</math></center>
+<center><math>Q^{A\to B} = \Delta U^{A\to B} - \overbrace{W^{A\to B}}^{=0} = +250\,\mathrm{J}</math></center>
 Este calor se podía haber hallado directamente observando que en un proceso a volumen constante
@@ Línea 133: / Línea 136: @@
 <center><math>Q = nc_v\,\Delta T</math></center>
-===Segundo proceso===
+===Proceso B&rarr;C===
 En la expansión isoterma la temperatura permanece constante, y por tanto, también lo es la energía interna
@@ Línea 140: / Línea 143: @@
 Esto quiere decir que el trabajo que realiza el gas se obtiene a base de absorber calor
-<center><math>Q_{B\to C} = \overbrace{\Delta U_{B\to C}}^{=0}-W_{B\to C} = p_BV_B\ln\left(\frac{V_C}{V_B}\right) = +435\,\mathrm{J}</math></center>
+<center><math>Q^{B\to C} = \overbrace{\Delta U^{B\to C}}^{=0}-W^{B\to C} = p_BV_B\ln\left(\frac{V_C}{V_B}\right) = +139\,\mathrm{J}</math></center>
-===Tercer proceso===
+===Proceso C&rarr;A===
 Por último, en la compresión a presión constante, la temperatura vuelve a su valor inicial, y lo mismo hace la energía interna
-<center><math>\Delta U_{C\to A} = nc_v\,\Delta T = nc_v(T_A-T_B) = -785\,\mathrm{J}</math></center>
+<center><math>\Delta U^{C\to A} = nc_v\,\Delta T = nc_v(T_A-T_B) = -250\,\mathrm{J}</math></center>
 Obsérvese que aunque el proceso sea a presión constante, en la expresión de la energía aparece <math>c_v</math>.
@@ Línea 151: / Línea 154: @@
 El calor en este caso vale
-<center><math>Q_{C\to A} = \Delta U - W_{C\to A}= -785\,\mathrm{J}-314\,\mathrm{J} = -1099\,\mathrm{J}</math></center>
+<center><math>Q^{C\to A} = \Delta U - W^{C\to A}= -250\,\mathrm{J}-100\,\mathrm{J} = -350\,\mathrm{J}</math></center>
 Al tratarse de un proceso a presión constante, el calor puede también hallarse directamente como
@@ Línea 163: / Línea 166: @@
 Este método nos daría
-<center><math>Q_{C\to A} = \frac{7}{2}\left(nRT_A-nRT_C\right) = \frac{7}{2}(p_AV_A-p_CV_C) = \frac{7}{2}p_A(V_A-V_C) = \frac{7}{2}10^5(0.00314-0.00628)\,\mathrm{J} = -1099\,\mathrm{J}</math></center>
+<center><math>Q^{C\to A} = \frac{7}{2}\left(nRT_A-nRT_C\right) = \frac{7}{2}(p_AV_A-p_CV_C) = \frac{7}{2}p_A(V_A-V_C) = \frac{7}{2}10^5(0.001-0.002)\,\mathrm{J} = -350\,\mathrm{J}</math></center>
 Nótese que para el calor sí se cambia <math>c_v</math> por <math>c_p</math>.
@@ Línea 170: / Línea 173: @@
 Sumando los tres pasos, obtenemos la variación de energía
-<center><math>\Delta U = \Delta U_{A\to B}+ \Delta U_{B\to C}+\Delta U_{C\to A} = 785\,\mathrm{J}+0\,\mathrm{J}-785\,\mathrm{J} = 0\,\mathrm{J}</math></center>
+<center><math>\Delta U = \Delta U^{A\to B}+ \Delta U^{B\to C}+\Delta U^{C\to A} = 250\,\mathrm{J}+0\,\mathrm{J}-250\,\mathrm{J} = 0\,\mathrm{J}</math></center>
 que es nula, como corresponde a que el proceso es cíclico y la energía es una función de estado.
@@ Línea 176: / Línea 179: @@
 Para el calor, en cambio
-<center><math>Q = Q_{A\to B}+ Q_{B\to C}+Q_{C\to A} = +785\,\mathrm{J}+435\,\mathrm{J}-1099\,\mathrm{J} = 121\,\mathrm{J}</math></center>
+<center><math>Q = Q^{A\to B}+ Q^{B\to C}+Q^{C\to A} = +250\,\mathrm{J}+139\,\mathrm{J}-350\,\mathrm{J} = +39\,\mathrm{J}</math></center>
-El resultado neto es que a lo largo del ciclo entran <math>121\,\mathrm{J}</math> en forma de calor y sale la misma cantidad en forma de trabajo. Este ciclo describiría un modelo muy simple de máquina térmica.
+El resultado neto es que a lo largo del ciclo entran <math>39\,\mathrm{J}</math> en forma de calor y sale la misma cantidad en forma de trabajo. Este ciclo describiría un modelo muy simple de máquina térmica.
-El rendimiento de esta máquina igual al trabajo que se obtiene dividido por el calor que entra valdría
-<center><math>\eta = \frac{121\,\mathrm{J}}{(785+435)\mathrm{J}} = 10\%</math></center>
 ==Rendimiento==
 El rendimiento de una máquina térmica es el cociente entre el trabajo neto que se saca de ella por el calor que se introduce en el sistema
-<center><math>\eta = \frac{|W|}{Q_\mathrm{in}}</math></center>
+<center><math>\eta = \frac{W_\mathrm{net,out}}{Q_\mathrm{in}}</math></center>
+En este caso el calor que entra es el de los pasos A&rarr;B y B&rarr;C, pero no en el C&rarr;A, en que sale. Por ello, el rendimiento vale
+<center><math>\eta = \frac{39\,\mathrm{J}}{(250+139)\,\mathrm{J}} = 9.91\%</math></center>
+==Rendimiento de la segunda ley==
+El rendimiento de una máquina de Carnot reversible que operara entre las dos temperaturas extremas sería
+<center><math>\eta^\mathrm{rev}=1-\frac{300}{600}=50\%</math></center>
+Por tanto, en proporción a este rendimiento máximo, la eficiencia del ciclo del problema es
+<center><math>\epsilon= \frac{9.91}{50}=19.82\%</math></center>
+Este es el llamado rendimiento de la segunda ley.
+==Producción de entropía==
+Por tratarse de un proceso cíclico, la entropía del gas no cambia en el proceso.
+<center><math>\Delta S_\mathrm{sis} = 0\,</math></center>
+Si suponemos que el calor se cede desde un foco a la temperatura máxima del ciclo, este foco disminuye su entropía en
+<center><math>\Delta S_C = -\frac{Q_\mathrm{in}}{T_C}=-\frac{389\,\mathrm{J}}{600\,\mathrm{K}}=-0.646\,\frac{\mathrm{J}}{\mathrm{K}}</math></center>
+Si luego el gas es entregado a un foco a la temperatura más baja, la entropía de este foco aumenta en
+<center><math>\Delta S_F = \frac{Q_\mathrm{out}}{T_F}=-\frac{350\,\mathrm{J}}{300\,\mathrm{K}}=+1.16\,\frac{\mathrm{J}}{\mathrm{K}}</math></center>
+La variación total de la entropía del ambiente es suma de estas dos
+<center><math>\Delta S_\mathrm{amb}=\Delta S_C+\Delta S_F +0.52\,\frac{\mathrm{J}}{\mathrm{K}}</math></center>
+La variación de entropía del universo es la suma de la del sistema y la del ambiente
-En este caso el calor que entra es el de los pasos I y II, pero no en el tres, en que sale. Por ello, el rendimiento vale
+<center><math>\Delta S = \Delta S_\mathrm{sis} +\Delta S_\mathrm{amb} = +0.52\,\frac{\mathrm{J}}{\mathrm{K}}</math></center>
-<center><math>\eta = \frac{121\,\mathrm{J}}{(785+435)\,\mathrm{J}} = 9.91\%</math></center>
+El valor neto es positivo, como en todo ciclo real.
-Por comparación, el rendimiento de una máquina de Carnot que trabajara entre estas dos temperaturas sería de un 50%.
 [[Categoría:Problemas del primer principio de la termodinámica (GIE)]]
+[[Categoría:Problemas de máquinas térmicas (GIE)]]
+[[Categoría:Problemas del segundo principio de la termodinámica (GIE)]]

Sucesión de tres procesos cuasiestáticos

De Laplace

última version al 15:16 1 abr 2015

Contenido

1 Enunciado

2 Presión, volumen y temperatura

2.1 Estado inicial

2.2 Tras el primer paso

2.3 Tras el segundo paso

2.4 Estado final

2.5 Representación gráfica

3 Trabajo

3.1 Calentamiento a volumen constante

3.2 Expansión isoterma

3.3 Compresión isóbara

3.4 Trabajo neto

4 Energía y calor

4.1 Proceso A→B

4.2 Proceso B→C

4.3 Proceso C→A

4.4 Balance

5 Rendimiento

6 Rendimiento de la segunda ley

7 Producción de entropía

Herramientas:

Buscar

Vistas

Herramientas

Herramientas personales

Navegación

SEARCH

TOOLBOX

LANGUAGES