segunda ley de la termodinámica tema 3

TEMA 3
OBJETIVO: El alumno analizará los conceptos
que le permitan comprender las restricciones que
impone la segunda ley de la termodinámica a los
flujos energéticos.
SEGUNDA LEY
DE LA
TERMODINÁMICA
CONTENIDO:
-3.1 Conceptos de depósito térmico y máquina térmica.
-3.2 Eficiencia térmica y coeficiente térmico.
-3.3 Enunciados de Kelvin –Planck y de
Clausius.
-3.4 Conceptos de procesos reversible, irreversible y causas de irreversibilidad.
-3.5 Ciclo de Carnot. Teorema de Carnot.
Eficiencia y coeficiente térmicos máximos.
-3.6 Desigualdad de Clausius. Concepto de
entropía. Principio del incremento de
entropía.
-3.7 Variación de entropía en procesos con
gas ideal.
FRICCIÓN
SEGUNDA LEY DE LA
TERMODINÁMICA
F
V1 > 0
CAUSAS DE IRREVERSIBILIDAD
O
Tamb = 20ºC
café
QA
V2 = 0
Energía
Mecánica
30°
30ºC
20°
20ºC
QA
-QA= -∆U12
Causa: Diferencia finita de temperaturas
QA = ∆U21
Imposible
-QA
W = ∆EC12 = - Q12
QA
Q21 = ∆EC21
Imposible
Causa: Fricción
La fricción degrada la energía mecánica y es un proceso Irreversible. Así sucede en la naturaleza.
1
CAUSA: EXPANSIÓN ILIMITADA
DE LOS GASES
La expansión ilimitada de los gases es otra causa
de irreversibilidad.
Causa:
mezcla
de gases
A
B
-W A = -∆U12)A;
-W
B = -∆U12)B
c/p
c/e
V
LP
LP
L.P.
A
L.P.
A
W
A = ∆U21)A
c/e
IMPOSIBLE
-1W 2 = -∆U12
Pared
adiabática
1
e/c
W
2 = ∆U21
e/c
B
W
B = ∆U21
c/e
IMPOSIBLE
IMPOSIBLE
CAUSA: REACCIÓN QUÍMICA
-1Q2 = -1W
2 = ∆EP12
eje
2
-∆EP21 = 1W
2 = 1Q2
eje
IMPOSIBLE
h
1
PROCESO IRREVERSIBLE
Todos los procesos de transferencia de energía
que ocurren en la naturaleza espontáneamente
se llevan a cabo en una dirección, pero no en dirección contraria. Espontáneamente el sistema
no regresa a su estado inicial. A esta direccionalidad en la transferencia de energía se le
llama proceso irreversible.
PROCESO REVERSIBLE
CAUSAS DE IRREVERSIBILIDAD:
Diferencia finita de temperaturas,
Fricción,
Expansión ilimitada de gases,
Mezcla de gases
Reacción química… etc.
Es un proceso ideal en el que cada estado termodinámico de un proceso está perfectamente definido por sus propiedades en equilibrio, y que
además se considera que es inversible por la
misma trayectoria del proceso. El proceso reversible se conceptualiza de esta manera para fines de estudio de la Termodinámica Clásica en
la que teóricamente, se puede definir el estado
termodinámico en cada punto de un proceso.
2
GRÁFICA DE AMBOS
PROCESOS
P
ENUNCIADO DE KELVIN-PLANCK
P
1
1
Proceso
Irreversible
Proceso
Reversible
2
2
V
Es imposible que un dispositivo mecánico que
opera cíclicamente, entregue trabajo a partir del
intercambio de calor con un sólo depósito de
alta temperatura, o fuente de calor, al que se
denomina Fuente de Alta Temperatura (FAT). Al
dispositivo mecánico se le denomina Máquina
Térmica (MT).
V
MAX KARL ERNEST LUDWIG
PLANCK
KELVIN, WILLIAM THOMSON
Lord (1824 - 1907). Matemático y físico británico. Se le
conoce comúnmente como
Lord Kelvin, en 1848 estableció
la escala absoluta de
temperatura que sigue llevando
su nombre.
(1858-1947) Fue el descubridor
de la Física Cuántica. El
mundo cuántico descubierto
por Planck en el año 1900,
junto con la teoría de la
relatividad, formulada por
Einstein un poco mas tarde
(1905), generó la mayor
revolución de los fundamentos de la Física desde los
tiempos de Newton.
FAT
La MT, por lo tanto, para entregar trabajo, requiere
intercambiar energía con dos depósitos de temperatura, una de alta y una de baja, del primero
recibe calor y al segundo rechaza calor, y su
balance de energía queda como:
FAT
QA
QA
IMPOSIBLE
W
MT
MT
W
QB
§đQ + § đW = 0
QA – QB – W = 0
W = QA – QB
FBT
3
FUENTE DE TEMPERATURA O DEPÓSITO
TÉRMICO
Es una idealización de un sistema que proporciona o recibe calor de manera ilimitada sin que
varíe su temperatura.
EFICIENCIA O RENDIMIENTO TÉRMICO (η )
T
Es el concepto con el que se evalúa el “buen” funcionamiento de una máquina térmica y que relaciona el valor absoluto del trabajo total obtenido
en el ciclo con la energía suministrada, es decir;
MÁQUINA TÉRMICA (MT)
ηT = |W|
QA
Dispositivo mecánico que opera cíclicamente
transformando en trabajo parte del calor que
recibe de un fuente de alta temperatura (FAT) y
que rechaza el calor restante a un fuente de
baja temperatura (FBT).
Aplicando la 1ª Ley de la Termodinámica a la
Máquina Térmica de la figura anterior:
Por lo tanto:
§dQ + §dW = 0
ηT = QA – QB
QA
QA – QB – W = 0;
o bien:
ηT = 1 – QB
QA
despejando W:
W = QA – QB
*EJERCICIO:
RESOLUCIÓN:
η = ¿? (%)
•
M• = 5.4 (kg/h)comb.;
Suponga un motor de automóvil que desarrolla
una potencia de 60 caballos de fuerza (HP) y consume 5.4 (kg/h) de combustible. Se sabe que, en
cada ciclo, el combustible utilizado proporciona
108,265.82 (kJ) por cada kilogramo que se quema. Determine la eficiencia del motor.
FAT
PCA)comb. = 108,265.82 (kJ/kg)comb.
•
QA = (M) (PCA)
•
MT
W = 60 HP
QB
FBT
4
RESOLUCIÓN:
η = 0.275 = 27.5 %
•
•
W = 60 (HP); M = 5.4 (kg/h)comb.;
PCA)comb. = 108,265.82 (kJ/kg)comb.
•
η = |W|
•
Qsum.
Sustituyendo datos:
η=
(60HP)(0.746)(kW/HP)
(5.4kg/h)(1h/3600s)(108,265.82)(kJ/kg)
RUDOLF JULIUS EMMANUEL
CLAUSIUS
ENUNCIADO DE CLAUSIUS
Es imposible que un dispositivo mecánico que opere cÍclicamente transfiera calor de un fuente de
baja temperatura (FBT) hacia una fuente de alta
temperatura (FAT) sin que se suministre trabajo.
FAT
QA
R/BC
FAT
QA
R/BC
W
IMPOSIBLE
QB
FBT
(1822- 1888) Físico y matemático alemán, considerado uno
de los fundadores centrales de
la ciencia de la termodinámica. Estableció por primera vez
las ideas básicas de la Segúnda Ley de la Termodinámica.
En 1865 se introdujo el
concepto de entropía.
QB
FBT
BOMBA DE CALOR
Es un dispositivo mecánico que transfiere energía
en forma de calor desde un depósito de baja
temperatura (FBT) hacia un depósito de alta
temperatura (FAT) a partir de un suministro de
trabajo (W). La función de la bomba de calor es
suministrar calor para mantener un espacio
aislado del medio ambiente a una temperatura
alta, mayor que la del medio ambiente.
COEFICIENTE DE CALEFACCIÓN (βBC)
Es el concepto con el cual se evalúa el buen funcionamiento de la bomba de calor y que relaciona la energía transferida en forma de calor hacia
una FAT entre el trabajo suministrado (W).
βBC = QA =
W
QA
.
QA - QB
5
REFRIGERADOR
Dividiendo numerador y denominador entre QA:
βBC =
1
1 – QB / QA
Es el dispositivo mecánico que transfiere energía
en forma de calor desde una fuente de baja
temperatura (FBT) hacia un fuente de alta
temperatura (FAT) a partir de un suministro de
trabajo (W).
COEFICIENTE DE REFRIGERACIÓN (βR)
Es el concepto con el cual se evalúa el buen funcionamiento de un refrigerador y que relaciona
el calor transferido de una fuente de baja temperatura (QB) entre el trabajo suministrado(W).
βR = QB =
QB
W
QA – QB
DEMOSTRACIÓN DE LA
DESIGUALDAD DE CLAUSIUS
Dividiendo numerador y denominador entre QB
βR =
1
QA/QB - 1
La función del refrigerador es extraer calor de una
fuente de baja temperatura (FBT) con el fin de
mantenerla a una temperatura baja con respecto al ambiente.
Depósito
en TR
đQR
Máquina
R
đQ
Sistema en
T
đW
đW E
La prueba de la Desigualdad de Clausius se basa
en dos enunciados: de la Primera Ley y de la
Segunda Ley que se refieren al proceso descrito
arriba.
La desigualdad se introduce al examinar primero
el conjunto del sistema cerrado y la máquina
térmica, que se muestra dentro de la línea a
trazos de la figura.
embargo, no hay restricción alguna contra la
situación en la que el trabajo sea igual a cero o
que no se requiera que se le dé una cantidad
neta de trabajo.
Considérese la situación en la que el sistema cerrado sufre un ciclo, mientras que la máquina
efectúa un número entero de ciclos. Entonces,
el sistema compuesto actúa como un dispositivo
cíclico que intercambia calor con un depósito
único.
Por tanto, se puede reformular el requisito de la
segunda ley sobre dispositivos cíclicos que
intercambian calor con un depósito único de la
forma siguiente, utilizando la notación de
integral cíclica.
§ đW T > 0
El dispositivo compuesto no puede producir un
trabajo neto, ya que resultaría una MMP2, sin
6
En función del sistema compuesto que se describe
en la figura, esa notación queda:
donde đQ se mide en relación con la máquina. Un
balance de energía en el sistema cerrado es:
§đW E + §đW > 0…………(a
đW = dU – đQ..........(c
Lo que falta es sustituir los términos đW por cantidades de calor y temperatura. Primero, un balance de energía en la máquina térmica es:
đW E = - đQR - đQ……….(b
Donde đQ se mide en relación con el sistema cerrado. Si han de hacerse compatibles las ecuaciones (b) y (c), đQ debe medirse tomando en
cuenta su signo, en relación con la máquina
térmica, lo que se consigue al escribir la
ecuación (c) como:
đW = dU + đQ..........(d
Al sustituir las ecuaciones (b) y (d) en la ecuación
(a) se obtiene, después de simplificar los
términos semejantes
Usando esta ecuación para sustituir đQR en la
ecuación (e) y tomando en cuenta que TR es una
constante, se encuentra que:
TR § đQ < 0
T
§(- đQR + dU ) > 0..........(e
La integral cíclica de dU es cero, de manera que
éste término desaparece de la ecuación
anterior. Finalmente para una máquina térmica
totalmente reversible, la Segunda Ley establece
que
đQR /đQ = TR/T.........(c
TR siempre es positiva, en consecuencia;
§ đQ < 0
T
Si lo integramos
Que es la desigualdad de Clausius que se aplica
tanto a dispositivo cíclicos como a continuos en
estado estable.
1
ENTROPÍA (S)
Irre
dS
> đQ
Rev
T
Rev
J
K
2
2
∫ dS ≥∫đQ
T
∫
1
2
Rev.
∫
2
dS = S2 – S1 ≥ đQ
1
1T
∫
2
S2 – S1 = đQ
1 T
dS = đQ
T
Rev.
Rev
……….. (1)
Rev
7
GAS IDEAL
Despejamos dS
đQ + đW = dU ……………………. (2)
dS = mcvdT + PdV
T
T
đW = -PdV
đQ = TdS
dU = mcvdT
PV = mRT → P = mR
T V
Sustituyendo en (2)
dS = mcv dT + mR dV
T
V
TdS – PdV = mcvdT …………….. (3)
Integrando
Nos queda
2
2
2
∫dS =∫ mc dTT +∫ mR dVV
v
1
1
1
S2 – S1 = mcv Ln T2 + mR Ln V2
T1
V1
s2 – s1 = cv Ln T2 + R Ln V2
T1
V1
Gas Ideal
De (3) tenemos:
TdS – PdV = dU
TdS = dU + PdV
Si dividimos entre la masa, pero además sabemos:
s = S (entropía específica)
m
Joule
kg•K
Para que no se altere sumo y resto la misma
cantidad: VdP
TdS = dU + PdV +VdP – VdP
dS = mcp dT – mR dP
T
P
Pero:
H = U + PV, dH = dU + PdV + VdP
TdS = dH – VdP
dS = mcp dT – VdP
T
T
De la ecuación del Gas Ideal tenemos
PV = mRT → V = mR
T
P
Lo integramos:
∫
2
∫
2
∫
2
dS = mcp dT – mR dP
1
1
1
T
P
Finalmente nos queda:
S2 – S1 = mcpLn T2 - mRLn P2
T1
P1
Gas Ideal
8
Dividiendo la ecuación anterior entre la masa, se
obtiene la variación de entropía específica:
s2 – s1 = cpLn T2 - R Ln P2
T1
P1
s₂ - s₁ = cpLn T₂ - RLn P₂ = cp[LnT₂ - LnT₁] – RLn P₂
T₁
P₁
P₁
En las tablas de WARK
s₂ - s₁ = s₂⁰ - s₁⁰ - RLn P₂
P₁
*EJERCICIO:
PRINCIPIO DEL INCREMENTO
DE ENTROPÍA
Para cualquier proceso que ocurre en la naturaleza (procesos irreversibles) el incremento de
entropía del universo, que es igual a la suma
algebraica del cambio de entropía del sistema y
del medio ambiente siempre será mayor que
cero, y en el límite (procesos reversibles) es
igual a cero.
irrev
∆SUNV = ∆SSIST + ∆S > 0
M.A. Rev
d) Si es válida la afirmación efectuada apoyándo-
Se afirma que con un trabajo de compresión de 28
(kJ/kg) en el aire contenido en un dispositivo cilindro-émbolo, se consigue cambiar el estado del aire de 100 (kPa) y 300 (K) a 250 (kPa) y 330 (K), el
ambiente local se encuentra a 300 (K). Determine:
a) La variación de entropía del aire. Exprese el
resultado en (kJ/kg-K)
b) El calor transferido en (kJ/kg),
c) La producción total de entropía en el proceso
global. Exprese el resultado en (kJ/kg-K),
PREGUNTAS:
a) ∆s₁₂)aire = ? (kJ/kg-K)
b) ₁q₂ = ? (kJ/kg)
c) ∆s₁₂)univ. = ? (kJ/kg-K)
d) ¿Cumple con la 2ª Ley de la Termodinámica?
se en la 2ª Ley de la Termodinámica.
Datos del aire:
k = 1.4; R = 286.98 (J/kg-K)
cv = 717.3 (J/Kg-K); cp = 1,004.1 (J/kg-K)
RESUMEN DE LA INFORMACIÓN
Compresión ₁W₂ = 28 (kJ/kg); aire
P₁ = 100 (kPa), T₁ = 300 (K)
P₂ = 250 (kPa), T₂ = 330 (K)
Tamb. = 300 (K)
a) ∆s₁₂)aire = -167.25 (J/kg-K) = -0.16725 (KJ/kg-K)
Aplicando la 1ª Ley de la Termodinámica para
sistemas cerrados por unidad de masa
RESOLUCIÓN:
₁q₂ + ₁w₂ = ∆u₁₂ = cv(T₂ - T₁)
c/e
De la Ec. de variación de entropía para un Gas
Ideal:
∆s₁₂)aire = 1,004.1 Ln 330 - 286.98 Ln 250
300
100
= (717.3)(330 - 300) = 21.519 (kJ/kg)
10³
9
Despejando ₁q₂ de la Ec. anterior
∆s₁₂)total = ∆s₁₂)univ. = ∆s₁₂)sist. + ∆s₁₂)M.A.
₁q₂ = ∆u₁₂ - ₁w₂
de la definición de Entropía:
c/e
= 21.519 – 28.0
2
∫ ds
1
b) ₁q₂ = -6.48 (kJ/kg-K)
De acuerdo al Principio del Incremento de
Entropía
c) ∆s₁₂)uni = -0.16725 + 0.0216 = -0.14565 (kJ/kg-K)
2
)M.A.
= ∫ đq = 1
1
T
TM.A
∫ đq
2
)M.A.
1
= ₁q₂ = 6.48 (kJ/Kg)
TM.A
300
s₂ - s₁)M.A. = ∆s₁₂)M.A. = 0.0216 (kJ/kg-K)
CAMBIO DE ENTROPÍA
SÓLIDO - LÍQUIDO
d) No es válida la afirmación
No cumple con la 2ª Ley de la Termodinámica
0
S2 – S1 = mcvLnT2 + mRLn V2
T1
V1
0
Proceso imposible
De acuerdo a la 1ª y 2ª ecuaciones de Maxwell,
para sólidos y líquidos: cp = cv = c → calor
específico
Sólidos y Líquidos
S2 – S1 = mcLn T2 (J/K)
T1
S2 – S1 = mcp Ln T2 + mR Ln P2
T1
P1
*EJERCICIO:
En un recipiente aislado térmicamente que contiene 80 (g) de agua líquida a 21 (0C) se introducen 250 (g) de municiones de aluminio a 85
(0C). Calcule, en unidades básicas del S.I.:
a) La temperatura final de equilibrio del sistema;
b) La variación de entropía del agua;
c) La variación de entropía del aluminio, y
s2 – s1 = cLn T2 (J/kg-K)
T1
d) La variación de entropía del universo.
10
a) Teq. = ?
RESOLUCIÓN:
H2O
Al
₁Q₂ = 0
W eje = 0
W c/e = 0
∆EC₁₂ = 0
∆EP₁₂ = 0
mH2O = 80 (g); T₁ = 21 (°C)
mAl = 250 (g); T₁)Al = 85 (°C)
cp)H2O = 4,186.0 (J/kg-K)
cp)Al = 910.0 (J/kg-K)
T₂ = mcT₁)H2O + mcT₁)Al
mc)H2O + mc)Al
Aplicando la 1ra Ley de la Termodinámica
para Sistemas Aislados:
0
0
₁Q₂ + ₁W₂ = ∆E₁₂)sist = 0 = ∆U₁₂)H2O + ∆U₁₂)Al
mc(T₂ - T₁)H2O + mc(T₂ - T₁)Al = 0
De la Ec. de variación de entropía:
Sustituyendo datos:
∆S₁₂ = mcLn T₂
T₁
T₂ = (0.08)(4,186)(21) + (0.25)(910)(85)
(0.08)(4,186) + (0.25)(910)
∆S₁₂)H2O = (0.08)(4,186) Ln 46.89 + 273
21 + 273
T₂ = Teq. = 46.89 (°C)
b) ∆S₁₂)H2O = 28.26 (J/K)
∆S₁₂)Al = (0.25)(910)Ln 46.89 + 273
85 + 273
∆S₁₂)univ. = ∆S₁₂)H2O + ∆S₁₂)Al
∆S₁₂)univ. = 28.26 – 25.60
c) ∆S₁₂)Al = -25.60 (J/K)
d) ∆S₁₂)univ. = 2.66 (J/K)
0
∆S₁₂)univ. = ∆S₁₂)sist + ∆S₁₂)M.A.
El proceso es irreversible
11
*EJERCICIO:
RESOLUCIÓN:
En un recipiente aislado, 230 (g) de agua líquida a
0 (°C) y 1.2 (kg) de hielo a -10 (°C) se ponen en
contacto hasta el equilibrio térmico. Calcule el
cambio de entropía en el proceso y con base en
ello diga si éste es reversible, irreversible o
imposible.
hielo
H2O
₁W₂ = 0
₁Q₂ = 0
∆EC₁₂ = 0
∆EP₁₂ = 0
Considere que:
Chielo = 2,220.0 (J/kg-K); hif = 333.0 (kJ/kg-K)
∆S₁₂)sist = ? (J/kg)
mH2O)líq = 230 (g); T₁)H2O = 0 (°C)
mhielo = 1.2 (kg); T₁)hielo = -10 (°C)
m’H2O = (1.2)(2,220.0)(10)
333,000
Aplicando la 1ra Ley de la Termodinámica
Sistema Aislados suponiendo T₂ = 0 (°C)
m’H2O = 0.08 (kg) = 80 (g)
∆E₁₂)sist = mc(T₂ - T₁)hielo – m’hif)agua = 0
Despejamos m’ de la Ec. anterior:
∆S₁₂)sist. = ∆S₁₂)hielo + ∆S₁₂)H2O … (1)
m’H2O = mc(T₂ - T₁)hielo
hif)agua
∆S₁₂)hielo = mcLn T₂
T₁
∆S₁₂)hielo = (1.2)(2,220.0) Ln 273
263
∆s₁₂)H2O = (0.08)(333,000)
273
∆S₁₂)hielo = 99.41 (J/K)
∆S₁₂)H2O = 97.58 (J/K)
De la definición de Entropía:
∆S₁₂)H2O = QH O⁽⁻⁾ = -m’hif
Tf
Tf
2
Sustituyendo los resultados
anteriores en la Ec. (1)
12
∆S₁₂)sist. = 99.41 – 97.58
CICLO DE CARNOT
Una máquina térmica
que realiza este
ciclo se denomina
máquina de Carnot.
FAT
∆S₁₂)sist. =1.83 (J/K)
QA
Proceso irreversible
MT
W
QB
FBT
sferencia de calor, la Máquina Térmica produce
un trabajo que sale del sistema.
El rendimiento o eficiencia viene definido, como
en todo ciclo, por
η = W = QA – QB = 1 – QB
Q
Q
Q
A
A
A
y, como se verá adelante, ésta es mayor que la de
cualquier máquina térmica que funcione cíclicamente entre las mismas fuentes de temperatura.
LÉONARD SADI CARNOT
(París, 1796-id., 1832) Ingeniero y científico francés. Describió el ciclo térmico que lleva
su nombre (ciclo de Carnot), a
partir del cual se deduciría el
segundo principio de la termodinámica. Se le reconoce hoy
como el fundador de la Termodinámica.
Trabaja recibiendo
calor QA de la fuente de alta temperatura y cede calor QB
a la de baja temperatura, de esta tran-.
Como todos los procesos que tienen lugar en el
ciclo ideal son reversibles, el ciclo puede invertirse. Entonces la máquina absorbe calor de la
fuente de baja y cede calor a la fuente de alta
temperatura, a partir de que se le suministra
trabajo a la máquina.
Si el objetivo de esta máquina es extraer calor de
la fuente de baja temperatura se denomina máquina frigorífica o refrigerador, y si el objetivo es
suministrar calor a la fuente de alta temperatura
se le denomina bomba de calor.
PROCESOS
El ciclo de Carnot consta de cuatro procesos: dos
procesos isotermos (a temperatura constante) y
dos adiabáticos (aislados térmicamente). Las
aplicaciones de la Primera Ley de la Termodinámica, de acuerdo con la convención de signos
que se estableció.
A continuación se muestran estos procesos en un
diagrama P-V y se hace el análisis termodinámico de cada proceso.
13
CICLO DE CARNOT
EXPANSIÓN ISOTERMA:
(PROCESO 1 → 2 EN EL DIAGRAMA)
SUSTANCIA DE TRABAJO: Gas Ideal
1
P
Q2
TA = ctte
1
4
Q1 = 0
TB = ctte
2
4
2
Q3 = 0
3
Q4
TB = ctte
3
V
cambiar la temperatura tampoco lo hace su energía interna, y despreciando los cambios en la
energía potencial y la cinética, a partir de la 1ª
Ley de la Termodinámica vemos que todo el
calor transferido es convertido en trabajo:
Q12 > 0, ∆U12 = 0 = Q12 – W 12 → W 12 = Q12→ W 12>0
Desde el punto de vista de la entropía, ésta
aumenta en este proceso: por definición, una
variación de entropía viene dada por el cociente
del calor transferido entre la temperatura de la
fuente de temperatura, en un proceso reversible:
1 - 2 ISOTÉRMICO REVERSIBLE
(suministro de calor)
0
1
Q2 + 1W 2 = ∆U12
c/e
P1V1 = P2V2; → PV = ctte
T1
T2
1
Q2 = - 1W 2 = mRTLn V2
V1
Q2 = mRTLn V2
V1
0
S2 – S1 = mcv Ln T2 + mR Ln V2 = mR Ln V2
T1
V1
V1
1
Se parte de una situación en que el gas se encuentra al mínimo volumen del ciclo y a temperatura T1 de la fuente de alta temperatura. En este
estado se transfiere calor al ciclo desde la fuente de temperatura TA, haciendo que el gas se
expanda.
Al expandirse, el gas tiende a enfriarse, pero
absorbe calor de FAT y mantiene su temperatura constante. Al tratarse de un gas ideal, al no
dS = dQ
T
rev
Como el proceso es efectivamente reversible, la
entropía aumentará:
∆S12 = Q12 > 0
T1
EXPANSIÓN ADIABÁTICA:
(2 → 3)
La expansión isoterma termina en un punto tal que
el resto de la expansión pueda realizarse sin intercambio de calor. A partir de aquí el sistema
se aísla térmicamente, con lo que no hay transferencia de calor con el exterior. Esta expansión
adiabática hace que el gas se enfríe hasta alcanzar exactamente la temperatura TB en el momento en que el gas alcanza su volumen máximo. Al bajar su temperatura disminuye su energía interna, con lo que utilizando un razonamiento análogo al anterior proceso:
14
Q23 = 0, ∆U23 < 0 → ∆U23 = – W 23 → W 23 > 0
Esta vez, al no haber transferencia de calor, la
entropía se mantiene constante, proceso
isoentrópico:
2 – 3 ADIABÁTICO REVERSIBLE
(entrega trabajo)
0
2
Q3 + 2W 3 = ∆U23
W 3 = P3V3 – P2V2
k–1
∆U23 = mcv(T3 – T2)
2
∆S23 = 0
k
k
P2V2 = P3V3
∆S23 = 0; Proceso adiabático reversible =
Proceso isoentrópico
COMPRESIÓN ISOTERMA:
(3 → 4)
Se pone en contacto con el sistema la fuente de
calor de temperatura TB y el gas comienza a
comprimirse, pero no aumenta su temperatura
porque va cediendo calor a la fuente de baja
temperatura. Al no cambiar la temperatura tampoco lo hace la energía interna, y la cesión de
calor implica que hay que hacer un trabajo sobre el sistema:
Al ser el calor negativo, la entropía disminuye:
∆S34 = Q34 < 0
TB
Q34< 0,
∆U34= 0 = Q34 – W 34 → W 34 = Q34→ W 34<0
3- 4 ISOTÉRMICO REVERSIBLE
(rechazo de calor)
0
3
Q4 + 3W 4 = ∆U34 → P3V3 = P4V4
W 4 = -mRTLn V4
V3
3Q4 = - 3W 4 = mRTLn V4
V3
3
COMPRESIÓN ADIABÁTICA:
(4 → 1)
Aislado térmicamente, el sistema evoluciona
comprimiéndose y aumentando su temperatura
hasta el estado inicial. La energía interna
aumenta y el calor es nulo, teniendo que
comunicar un trabajo al sistema:
Q41 > 0, ∆U41 > 0 → ∆U41 = – W 41 → W 41 < 0
0
S4 – S3 = mcv Ln T4 + mR Ln V4 = mR Ln V4
T3
V3
V3
Al ser un proceso adiabático, no hay transferencia de calor, por lo tanto la entropía no varía:
∆S41 = 0
15
4 – 1 ADIABÁTICO REVERSIBLE
(suministro de trabajo)
Ξ
3
2W 3
c/e
W2
1
c/e
Q1 + 4W 1 = ∆U41
1
W
MT
4
2-3
2
QA
0
4
1-2
FAT
W 1 = P1V1 – P4V4
k–1
2
Gas ideal
QB
1
FBT
Q2
FAT
3-4
∆U41= mcv(T1 – T4)
4-1
1
W1
3
k
4
c/e
W4
3
k
P4V4 = P1V1
4
∆S41 = 0; Proceso adiabático reversible =
Proceso isoentrópico
EFICIENCIA DEL CICLO DE
CARNOT
η = |W| → W = 1W 2 + 2W 3 + 3W 4 + 4W 1
1Q2
C
§dQ + §dW = 0
3
c/e
4
Q4
FBT
ηC = 1 + 3Q4
1Q2
ηC = 1 + mRTBLn(V4/V3)
mRTALn(V2/V1)
T1 = V2
T2 V1
T2 = TA = V3
T3 TB
V2
K-1
K-1
= T1 = V4
T4 V1
K-1
Qneto + W neto = 0 → Qneto = | - W neto |
V3 = V4 ; V4 = V1
V2 V1 V3 V2
ηC = Qneto → ηC = 1Q2 + 2Q3 + 3Q4 + 4Q1
1Q 2
1
Q2
ηC = 1 + TBLn(V1/V2)
TALn(V2/V1)
1
ηC = 1 – TBLn(V2/V1)
TALn(V2/V1)
ηC = 1 – TB
TA
ηc =1 – QB
QA
TB = QB
TA QA
Cualquier Máquina Térmica, Bomba de Calor o
Refrigerador que opera
con un Ciclo de Carnot
COEFICIENTE DE REFRIGERACIÓN
βR =
1
TA/TB -1
COEFICIENTE DE BOMBA DE CALOR
βBC =
1
1 – TB/TA
16
*EJERCICIO:
¿A qué temperatura se le suministra calor a una
máquina de Carnot que descarga 1000
(kJ/min.) de calor a 7 (ºC) y produce 40 (KW) de
potencia?
RESOLUCIÓN:
•
•
•
W = QA – QB
•
Despejando QA de la Ec. Anterior:
FAT
TA = ?
•
•
•
QA = W + QB
•
QA
MT
•
QA = (40)(kJ/s)(60s/1min.) + 1000 (kJ/min)
•
W = 40 (KW)
•
QB = 1000 (KJ/min)
FBT
•
QA = 2,400 + 1000 = 3,400 (kJ/min)
TB = 7 (°C) = 280 (K)
De la Ec.:
TA = 952.51 – 273.15 = 679.36 (°C)
•
TB = QB
•
TA QA
Despejando TA:
•
TA = TB QA
•
QB
TA = 280.15 (K) 3,400 = 952.51 (K)
1000
*EJERCICIO:
6.36 Wark
Una tonelada de refrigeración se define como la absorción de un flujo de calor de 211 (kJ/min) desde una
fuente de baja temperatura. Se desea que una máquina
frigorífica internamente reversible funcione entre las
temperaturas extremas de -23 (ºC) y 27 (ºC), de manera que se produzcan 8 (ton) de refrigeración.
Calcúlese:
FAT
RESOLUCIÓN:
TA = 27 (ºC)
1Ton = 211 (kJ/min)
•
QA
•
QB = (8 Ton)(211 kJ/min-Ton)
•
W
R
•
•
QB
a)
b)
La potencia, en (kW), requerida para que el ciclo
funcione, y
El COP.
•
QB = 1688 (kJ/min)
FBT
W=?
TB = -23 (ºC)
COP = βR
17
•
211 (kJ/min)(60min/1h)(24h/día) = 303,840 (kJ/día)
•
QA = QB
TA
TB
hif = 33,480.0 (J/kg)(10³ kg) = 333.480 (kJ)
•
QA = (1,688)
Aplicando la 1ª Ley de la Termodinámica
•
•
27 + 273
-23 + 273
•
QB - QA + W = 0;
•
•
•
•
QA = 2,025.6 (kJ/min)
W = QA – QB … (1)
•
QA = TA
•
QB
TB
Sustituyendo en la Ec. (1)
•
W = 2,025.6 – 1,688 = 337.6 (kJ/min)
•
a) W = 5.626 (kW)
*EJERCICIO:
Una bomba de calor recibe el calor a una temperatura
de frontera de -6 (ºC) y suministra un flujo de calor
de 960 (kJ/min) a 25(ºC) a un edificio.
a) Determine el COP si la potencia real suministrada a
b)
la bomba es 6.6 (kW)
b) Determínese el COP y la potencia mínima en (kW)
•
COP = βR = QB
•
W
para una bomba de calor internamente reversible
que funcione entre las mismas temperaturas y que
ceda el mismo flujo de calor al edificio.
c) Determínese el porcentaje de variación de QB en el
caso real comparado con el caso reversible.
b) COP = βR = 1,688 = 5.0
337.6
a) βB.C.)real = QA =
960__
Wreal (60)(6.6)
T = 25 (°C)
FAT
•
COP = βB.C.)real = 2.4242
QA = 960 (kJ/min)
•
B.C
b) βBC)carnot =
W)Real = 6.6 (kW)
1
,
1 – TB/TA
•
QB
FBT
βBC)carnot =
1
= 9.6153
1 – 267/298
TB = -6 (°C)
•
-QA
•
•
+ QB + W = 0… (1)
Wcarnot =
QA =
960
= 1.6640 (kW)
βB.C)carnot (60)(9.6153)
18
•
•
c) % QB; de la Ec. (1)
•
•
•
•
% QB = |QB)carnot – QB)real| x 100 =
•
QB)carnot
•
QB)real = QA – W)real
•
QB)real = 960 – 6.6
60
•
% QB = |14.336 – 9.4| x 100 =
14.336
•
QB)real = 9.4 (kW)
•
•
QB)carnot = QA – W)carnot
c) % QB = 34.43 %
•
QB)carnot = 16 – 1.6640 = 14.336 (kW)
19