P1Par10

Departamento de Física Aplicada III
Escuela Superior de Ingenieros
Camino de los Descubrimientos s/n
41092 Sevilla
Examen Parcial de Fundamentos Fı́sicos de la Ingenierı́a
Primer Curso de Ingenierı́a Industrial.
9 de junio de 2010
Tiempo: 1 hora y 30 minutos
PROBLEMA 1
Un mol de un gas ideal diatómico que se encuentra a 27o C y 1 atmósfera se comprime a presión
constante hasta ver reducido su volumen a la mitad. A continuación sufre una compresión adiabática
al final de la cual su presión se ha duplicado. Mediante una expansión isobara se lleva el gas de
nuevo a su temperatura de partida. A continuación el gas sufre una expansión isoterma que lo
devuelve a su estado inicial. Los cuatro procesos descritos pueden considerarse reversibles. Se pide:
a) Calcular la temperatura y el volumen (en litros) del gas al final de cada uno de los procesos
del ciclo. Dibujar el ciclo de forma aproximada en un diagrama PV.
b) Calcular el calor y el trabajo en cada uno de los procesos de que consta el ciclo. Expresarlos
en unidades de atm.l.
c) Calcular el trabajo neto en el ciclo. ¿Es un trabajo realizado por el gas o contra el gas? ¿De
donde procede ese trabajo?
d) Calcular el rendimiento del ciclo y compararlo con el rendimiento que tendrı́a una máquina
de Carnot que operase entre las temperaturas extremas del ciclo.
J =0.082 atm l =1.98 cal .
Dato: R=8.314 mol
K
mol K
mol K
SOLUCIÓN:
Apartado a)
Un diagrama PV aproximado del ciclo se muestra en la figura de
la derecha. En la figura se incluye una numeración para los sucesivos estados finales del gas que nos va a servir para identificarlos.
En el estado de partida (estado 1) la temperatura y la presión
son conocidas y, por tanto, para hallar el volumen basta usar la
ecuación de estado del gas ideal:
V1 =
atm l 300 K
1mol 0,082 mol
nRT1
K
=
= 24,6 l
P1
1 atm
(1)
La transformación 1-2 es isobara (P1 = P2 ). Además sabemos que V2 = 0,5V1 = 12,3 l. Entonces,
para el gas ideal:
V2
T2 = T1
= 0,5T1 = 150 K
(2)
V1
La transformación 2-3 es una adiabática reversible de un gas ideal. Entonces puede usarse la
ecuación de Poisson para relacionar el estado inicial con el final: P2 V2γ = P3 V3γ . Donde por ser el
gas diatómico es γ = 7/5 y, además, sabemos que P3 = 2P2 . Entonces:
(
V3 = V2
P2
P3
)1
γ
= 7,5 l
(3)
Conocidas P3 y V3 la temperatura T3 se obtiene de la ecuación de estado:
T3 =
P 3 V3
= 182,9 K.
nR
(4)
Por último, el proceso 3-4 es de nuevo isobaro. Como sabemos que T4 = T1 y P4 = 2P1
obtenemos:
P1
V1
=
= 12,3 l.
(5)
V4 = V1
P4
2
Es interesante destacar que se cumple V2 = V4 , tal como se muestra en la figura del ciclo. Esto se
debe a que en el estado 4 la presión y la temperatura del gas son ambas el doble que las del estado
2. En la siguiente tabla resumimos los resultados obtenidos:
V (l)
T (K)
1
24.6
300
2
12.3
150
3
7.5
182.9
4
12.3
300
Apartado b)
El proceso 1-2 es una isobara y, por tanto, el trabajo se puede calcular como:
W12 = −
∫
2
1
P dV = −P1 (V2 − V1 ) = 12,3 atm.l
(6)
El signo positivo indica que se trata de un trabajo realizado contra el gas (compresión). Por otro
lado la variación de energı́a interna puede calcularse siempre para un gas ideal en función de las
temperaturas inicial y final:
∆U12 = ncv (T2 − T1 ) = −30,75 atm.l
(7)
donde hemos usado que cv = 52 R para un gas diatómico. El calor en 1-2 puede calcularse ahora
tanto a partir del Primer Principio como haciendo uso de que en la transformación isobara P1 = P2 :
Q12 = ∆U12 − W12 = ncp (T2 − T1 ) = −43,05 atm.l
(8)
Obtenemos un calor cedido por el gas.
El proceso 2-3 es una adiabática y, por ello: Q23 = 0. Entonces:
W23 = ∆U23 = ncv (T3 − T2 ) = 6,74 atm.l
(9)
El proceso 3-4 ocurre a presión constante. Por tanto nuestro razonamiento sigue la misma
lı́nea que en el 1-2:
∫
W34 = −
4
3
P dV = −P3 (V4 − V3 ) = −9,6 atm.l
(10)
El signo negativo indica que en la expansión el gas realiza trabajo. Por otro lado:
∆U34 = ncv (T4 − T3 ) = 24,01 atm.l
(11)
Q34 = ∆U34 − W34 = ncp (T4 − T3 ) = 33,61 atm.l
(12)
El calor en 3-4 es ahora:
Por último, el proceso 4-1 es una isoterma de un gas ideal. El trabajo para una isoterma
reversible de un gas ideal puede calcularse fácilmente:
W41 = −
∫
1
4
P dV = −nRT1
∫
1
4
dV
V4
= nRT1 ln
= −17,05 atm.l.
V
V1
(13)
Por otro lado, por ser T4 = T1 tenemos que ∆U41 = 0 y el Primer Principio lleva entonces a que
Q41 = −W41 = 17,05 atm.l. Es decir, el gas absorbe calor y realiza trabajo en la expansión isoterma.
Apartado c)
El trabajo neto realizado en el ciclo puede calcularse como la suma de los trabajos realizados en
cada proceso del ciclo. Dado que en un ciclo debe ser ∆U = 0, el Primer Principio aplicado al ciclo
completo nos dice que la suma de calores en cada proceso debe darnos también el menos trabajo
en el ciclo. Para verificar esto construimos una tabla con los valores de W , Q y ∆U en cada paso
del ciclo que hemos calculado en al apartado anterior. En la última fila de la tabla mostramos los
valores de W , Q y ∆U en el ciclo completo, que hemos obtenido sumando las respectivas cantidades
en cada paso del ciclo:
1-2
2-3
3-4
4-1
Ciclo:
Q(atm.l)
-43.05
0
33.61
17.05
7.61
W (atm.l)
12.3
6.74
-9.60
-17.05
-7.61
∆U (atm.l)
-30.75
6.74
24.01
0
0
Tal como muestra esta tabla, en un ciclo el gas realiza un trabajo neto W = −7,61 atm.l. Esa
energı́a entregada por el sistema procede del calor neto que el gas absorbe en el ciclo. Esa es la única
posibilidad que existe si aceptamos el Primer Principio (la energı́a se conserva) y consideramos que
por tratarse de un ciclo la energı́a interna del gas no cambia.
Apartado d)
El ciclo se comporta como una máquina térmica que suministra trabajo a cambio de absorber
calor del entorno. Usando la definición del rendimiento de una máquina térmica, esto es, el trabajo
realizado dividido por el calor absorbido obtenemos:
ε=
|W |
7,61
|W |
=
=
= 0,15
Qabs
Q34 + Q41
33,61 + 17,05
(14)
Es decir, tenemos en rendimiento del 15 %.
Por otra parte, el rendimiento de una máquina de Carnot depende exclusivamente de las temperaturas de los focos:
Tf
εc = 1 −
(15)
Tc
Donde Tc es la temperatura absoluta del foco caliente y Tf la del foco frı́o. Si tuvieramos una
máquina de Carnot trabajando entre las temperaturas extremas del ciclo serı́a: Tf = T2 = 150 K y
Tc = T1 = T4 = 300 K. Sustituyendo estos valores en la ecuación anterior obtenemos:
εc = 1 −
Es decir, un rendimiento del 50 %.
150
= 0,5
300
(16)