Taller III Termodinámica

Segunda Ley de la termodinámica

Presentado por:
Katrine Said Roca Hernández

Presentado a:
Lic. LUIS CARLOS SANCHEZ p.

Universidad de Córdoba
Departamento de Física y electrónica
2023.
los procesos BC, DA son a volumen constante, así que definimos

𝑄ℎ = 𝑛𝑐𝑣 (𝑇𝑐 + 𝑇𝑏 ) > 0

𝑄𝑐 = 𝑛𝑐𝑣 (𝑇𝑎 + 𝑇𝑑 ) > 0

Usando la ecuación de eficiencia

𝑄ℎ + 𝑄𝑐 𝑇𝑐 − 𝑇𝑏 − 𝑇𝑎 + 𝑇𝑑
𝑒= =
𝑄ℎ 𝑇𝑐 − 𝑇𝑏

Recordando la relación temperatura-volumen en procesos adiabáticos

𝑇𝑎 (𝑟𝑉)𝛾−1 = 𝑇𝑏 𝑉 𝛾−1 𝑦 𝑇𝑑 (𝑟𝑉)𝛾−1 = 𝑇𝑐 𝑉 𝛾−1

Simplificamos dividiendo por el factor común

𝑇𝑑 𝑟 𝛾−1 − 𝑇𝑎 𝑟 𝛾−1 + 𝑇𝑎 − 𝑇𝑑 (𝑇𝑑 − 𝑇𝑎 )(𝑟 𝛾−1 − 1)

𝑒= =
𝑇𝑑 𝑟 𝛾−1 − 𝑇𝑎 𝑟 𝛾−1 (𝑇𝑑 − 𝑇𝑎 )

1
Eliminando por división el factor común(𝑇𝑑 − 𝑇𝑑 ),obtenemos 𝑒 = 1 + ; donde r es la
𝑟 𝛾−1
𝑉 1
relación de comprensión 𝑟 = (𝑉𝑎 ) Por tanto, 𝑒 = 1 − 𝑉 𝛾−1
𝑏 ( 1)
𝑉2
2. Muestre que la eficiencia térmica de un ciclo Carnot idealizado está dada por:

𝑇𝑐
𝑒𝑐 = 1 −
𝑇ℎ

Compare las dos eficiencias y justifique claramente cuál de las dos eficiencias es mayor y
¿Por qué?

Solución

1) El gas se expande isotérmicamente a temperatura 𝑇ℎ , absorbiendo calor 𝑄ℎ (ab)

2) El gas se expande adiabáticamente hasta que su temperatura bajo a 𝑇𝑐 (bc)
3) El gas se comprime isotérmicamente a temperatura 𝑇𝑐 , expulsando calor
4) El gas se comprime adiabáticamente hasta su estado inicial a temperatura 𝑇ℎ (da)

Entonces, sabemos que

∆𝑈 = 0 → 𝑊 = 𝑄𝑏 − 𝑄𝑐 ; 𝑊 = 𝑊𝑒𝑛𝑔

𝑉𝑏 𝑉𝑏
𝑑𝑣
𝑄ℎ = 𝑊1 = ∫ 𝑃𝑑𝑣 = 𝑅𝑇ℎ ∫
𝑉𝑎 𝑉𝑎 𝑣

𝑉
𝑄ℎ = 𝑊𝑎𝑏 = 𝑅𝑇ℎ 𝐿𝑛 𝑉𝑏
𝑎

𝑉𝑏 𝑉𝑏
𝑑𝑣
𝑄𝑐 = 𝑊2 = ∫ 𝑃𝑑𝑣 = 𝑅𝑇𝑐 ∫
𝑉𝑎 𝑉𝑎 𝑣

𝑉𝑑
𝑄𝑐 = 𝑊𝑐𝑑 = −𝑅𝑇𝑐 𝐿𝑛
𝑉𝑐

Retomando la relación temperatura-volumen de un proceso adiabático

𝛾−1 𝛾−1 𝑉𝐶 𝛾−1 𝑇ℎ

𝑇ℎ 𝑉𝑏 = 𝑇𝑐 𝑉𝑐 →( ) =
𝑉𝐵 𝑇𝑐

𝛾−1 𝛾−1 𝑉𝐷 𝛾−1 𝑇ℎ

𝑇ℎ 𝑉𝑎 = 𝑇𝑐 𝑉𝑑 → ( ) =
𝑉𝐴 𝑇𝑐
 𝑉𝐷 𝑉𝐶
=
𝑉𝐴 𝑉𝐵

Por lo que su razón es

𝑉𝐷
𝑄𝑐 𝑇𝑐 𝐿𝑛 ( 𝑉𝐶 )
=( )
𝑄ℎ 𝑇ℎ 𝐿𝑛 (𝑉𝐵 )
𝑉𝐴

Aquí, al ser los logaritmos iguales, tenemos que se puede reducir a

𝑄𝑐 𝑇𝑐
=
𝑄ℎ 𝑇ℎ

Recordando la fórmula de la eficiencia térmica,

|𝑄𝑐 |
𝑒𝑐 = 1 −
|𝑄ℎ |

Así, teniendo que la eficiencia de la máquina de Carnot es:

𝑇
𝑒𝐶𝑎𝑟𝑛𝑜𝑡 = 1 − 𝑇𝑐
ℎ

El ciclo más eficiente es el ciclo de Carnot, consiste en dos procesos isotérmicos y dos

procesos adiabáticos. El ciclo de Carnot es considerado como el ciclo de motor térmico

más eficiente permitido por las leyes de la física. También nos dice que sus procesos

pueden ser reversibles y que no implican cambios en la entropía.

3. Demuestre que la eficiencia térmica de un ciclo Ericsson es idéntica a la eficiencia

de un ciclo de Carnot que opera entre los mismos límites de temperatura.
Recordando que el calor se relaciona con la entropía,

𝑞 = 𝑇∆𝑠

𝑇𝑐 𝑃𝑐
∆𝑠 = 𝐶𝑝 𝐿𝑛 − 𝑅 𝐿𝑛
𝑇𝑖 𝑃𝑖

Suponiendo que 𝑇𝑐 = 0

𝑃𝑐
∆𝑠 = −𝑅 𝐿𝑛
𝑃𝑖

Tenemos que:

𝑃2 𝑃1
𝑞𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎 = 𝑇ℎ (𝑆2 − 𝑆1 ) = 𝑇ℎ (−𝑅 𝐿𝑛 ) = 𝑅 𝑇ℎ 𝐿𝑛
𝑃1 𝑃2

𝑃4 𝑃4
𝑞𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎 = 𝑇𝐿 (𝑆4 − 𝑆3 ) = −𝑇𝑖 (−𝑅 𝐿𝑛 ) = 𝑅 𝑇𝐿 𝐿𝑛
𝑃3 𝑃3

Entonces,

𝑃
𝑞𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎 𝑅 𝑇ℎ 𝐿𝑛 1 𝑇1
𝑃2
𝜂𝑡𝑒𝑟𝑚.𝑒𝑟𝑖𝑐𝑠𝑠𝑜𝑛 =1− = 1− = 1−
𝑞𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎 𝑃 𝑇ℎ
𝑅 𝑇𝑖 𝐿𝑛 𝑃4
3

Puesto que 𝑃1 = 𝑃4 𝑦 𝑃3 = 𝑃2
.
El trabajo en el gráfico queda representado así:

𝑉2
𝑊 = − ∫ 𝑃𝑑𝑉
𝑉1

De la ecuación de los gases ideales,

𝑃𝑉 = 𝑛𝑅𝜃

𝑛𝑅𝜃
𝑉=
𝑃

𝑛𝑅𝜃
𝑑𝑉 = − 𝑑𝑃
𝑃2

Lo cual nos da en la ecuación del trabajo

𝑃𝑓
𝑛𝑅𝜃
𝑊=∫ 𝑑𝑃
𝑃𝑖 𝑃

En el camino II, tenemos que el trabajo 𝑊𝐵→𝐶 = 0

𝑊𝐼𝐼 = 𝑊𝐴→𝐵 + 𝑊𝐵→𝐶 Debido a la integración respecto al

mismo punto
𝑃𝑓
𝑛𝑅𝜃1
𝑊𝐼𝐼 = ∫ 𝑑𝑃
𝑃𝑖 𝑃
𝜃1 = 𝑐𝑡𝑒

𝑃2
𝑊𝐼𝐼 = 𝑛𝑅𝜃1 𝐿𝑛 ( )
𝑃1

Ahora, en el camino I.

𝑃𝑓
𝑛𝑅𝜃1 𝜃2
𝑊𝐼 = ∫ 𝑑𝑃 ; 𝑎𝑠í, 𝜃=
𝑃𝑖 𝑃 𝜃1

𝑃2
𝑊𝐼 = 𝑛𝑅(𝜃2 − 𝜃1 )𝐿𝑛 ( )
𝑃1

𝑃2 𝑃2
𝑊𝐼 = 𝑛𝑅𝜃2 𝐿𝑛 ( ) − 𝑛𝑅𝜃1 𝐿𝑛 ( )
𝑃1 𝑃1

𝑃2
𝑊𝐼 = 𝑛𝑅𝜃2 𝐿𝑛 ( ) − 𝑊𝐼𝐼
𝑃1
a) 𝑃 = 2𝑝0
𝑊𝑛𝑒𝑡𝑜 = 𝑊𝑎𝑏 + 𝑊𝑏𝑐 + 𝑊𝑐𝑑 + 𝑊𝑑−𝑎
𝑉 = 2𝑉0
𝑊𝑛𝑒𝑡𝑜 = 𝑊𝑏−𝑐 + 𝑊𝑑𝑎
𝑝0 = 1.01𝑥105 𝑝𝑎
𝑐
3
𝑊𝑏−𝑐 = ∫ 2𝑝0 𝑑𝑣 = −2𝑃𝑜 (𝑉𝑐 − 𝑉𝑏 ) = −2𝑃𝑜 (2𝑉𝑜 − 𝑉𝑜 ) = −2 𝑃𝑜 𝑉𝑜 𝑉0 = 0.0225𝑚
𝑏

𝑊𝑏−𝑐 = −2𝑃𝑜𝑉𝑜
𝑎
𝑊𝑑−𝑎 = ∫ 𝑝𝑑𝑣 = −𝑃𝑜 (𝑉𝑎 − 𝑉𝑑 ) = 𝑃𝑜 (𝑉𝑑 − 𝑉𝑎 ) = 𝑃𝑜 𝑉𝑜
𝑑

𝑊𝑑−𝑎 = 𝑝0 𝑉𝑜
𝑊𝑛𝑒𝑡𝑜 = −2𝑃𝑜𝑉𝑜 + 𝑃𝑜𝑉𝑜 = −𝑃𝑜𝑉𝑜
𝑊𝑛𝑒𝑡𝑜 = −(1.01𝑥105 𝑃𝑎)(0,0225𝑚3 ) = 2.272𝐽

b) La energía añadida como calor

𝑄𝑎𝑏𝑐 = 𝑄𝑎→𝑏 + 𝑄𝑏→𝑐

𝑄 𝑎→𝑏 = 𝑛𝐶𝑣(𝑇𝑏 − 𝑇𝑎)

𝑄 𝑏→𝑐 = 𝑛𝐶𝑝(𝑇𝑐 − 𝑇𝑏)
Calculamos 𝑇𝑎, 𝑇𝑏, 𝑦 𝑇𝑐
𝑃𝑏𝑉𝑏 2𝑃𝑜𝑉𝑜
𝑃𝑏𝑉𝑏 = 𝑛𝑅𝑇𝑏 => 𝑇𝑏 = =
𝑛𝑅 𝑛𝑅
=> 𝑇𝑏 = 546.9𝑘
𝑃𝑎𝑉𝑎 𝑃𝑜𝑉𝑜 1
𝑃𝑎𝑉𝑎 = 𝑛𝑅𝑇𝑎 => 𝑇𝑎 = = = 𝑇𝑎 = 273.4𝑘
𝑛𝑅 𝑛𝑅 2
𝑇𝑎 = 273,4𝑘
 𝑃𝑐𝑉𝑐 4𝑃𝑜𝑉𝑜
𝑃𝑐𝑉𝑐 = 𝑛𝑅𝑇𝑐 => 𝑇𝑐 = =
𝑛𝑅 𝑛𝑅
𝑇𝑐 = 4𝑇𝑎 = 1093.3𝐾
Para calcular la energía añadida
3 5
𝑄𝑎𝑏𝑐 = 𝑛 ( 𝑅) (546.6𝑘 − 273.3𝑘) + 𝑛 ( 𝑅) (1093.3𝑘 − 546.6𝑘)
2 2
𝑄𝑎𝑏𝑐 = 1776.6𝑅 = 14771.02𝐽

c. La eficiencia del ciclo.

|𝑊|
𝜂= , 𝑒𝑛 𝑒𝑠𝑡𝑒 𝑐𝑎𝑠𝑜, 𝑄𝐻 = 𝑄𝑎𝑏𝑐
|𝑄𝐻 |

2.27𝐾𝐽
𝜂= = 15.3%
14.8𝐾𝐽

d. Eficiencia comparada con el ciclo de Carnot.

𝑇𝑐
𝑒𝐶𝑎𝑟𝑛𝑜𝑡 = 1 − ; 𝑙𝑎 𝑡𝑒𝑚𝑝𝑒𝑟𝑎𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑚á𝑠 𝑎𝑙𝑡𝑎 𝑒𝑠 𝑇𝑐 = 𝑇ℎ,
𝑇ℎ

𝑚𝑖𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑠 𝑙𝑎 𝑚á𝑠 𝑏𝑎𝑗𝑎, 𝑇𝑎 = 𝑇𝑙

𝑇𝑐 = 4𝑇𝑙

𝑇𝑎 1
𝑒 =1− = 1 − = 75%
4𝑇𝑙 4

e. comparación con el la eficiencia en el inciso C.

Por lo hallado, la eficiencia del inciso C es de 15.3%, mientras que la del inciso D, es del
75%. Es decir, cinco veces mayor. Como se espera en la segunda ley de la termodinámica.
Por el principio de la termodinámica,
∆𝑈 = 𝑈𝑎 − 𝑈𝑏
𝑄 = ∆𝑈 − 𝑤

𝜃2
5 5
∆𝑈 = ∫ 𝐶𝑣 𝑑𝑇 = 𝐶𝑣 (𝜃2 − 𝜃1 ) = 𝑛𝑅(𝜃2 − 𝜃1 ) = 𝑅(𝜃2 − 𝜃1 )
𝜃1 2 2

𝑃1 𝑉1 = 𝐾𝑇1

𝑃2 𝑉2 = 𝑅𝑇21

𝑃2 𝑉2 2𝑃2 2𝑉2
𝑇2 = = = 4𝑇1
𝑅 𝑅

5 5 15
∆𝑈 = 𝑅(𝜃2 − 𝜃1 ) = 𝑅(4𝑇1 − 𝜃1 ) = 𝑅𝑇1
2 2 2

𝑊𝑎𝑐𝑏 = 𝑊𝑎𝑐 + 𝑊𝑐𝑏

𝑊𝑎𝑐 = −𝑃∆𝑉 = 0; ∆𝑉 = 0

𝑊𝑐𝑏 = −𝑃𝑉∆= −𝑃2 (𝑉2 − 𝑉1 ) = −2𝑃1 (2𝑉1 − 𝑉1 )

𝑊𝑐𝑏 = −2𝑅𝑇1

𝑊𝑎𝑑𝑏 = 𝑊𝑎𝑑 + 𝑊𝑑𝑏

𝑊𝑎𝑑 = −𝑃∆𝑉 = −𝑃1 (2𝑉1 − 𝑉1 )

𝑊𝑎𝑑 = 𝑅𝑇1

𝑊𝑑𝑏 = −𝑃∆𝑉; ∆𝑉 = 0
 3
𝑊𝑑𝑏 = − 𝑅𝑇1
2

15 19
𝑞𝑎𝑐𝑏 = ∆𝑈𝑎𝑏 − 𝑊𝑎𝑐𝑏 = 𝑅𝑇1 + 2𝑅𝑇1 = 𝑅𝑇1
2 2

15 17
𝑞𝑎𝑑𝑏 = ∆𝑈𝑎𝑏 − 𝑊𝑎𝑑𝑏 = 𝑅𝑇1 + 𝑅𝑇1 = 𝑅𝑇1
2 2

15 3
𝑞𝑎𝑏 = ∆𝑈𝑎𝑏 − 𝑊𝑎𝑏 = 𝑅𝑇1 + 𝑅𝑇1 = 9𝑅𝑇1
2 2

La capacidad calorífica molar está dado por

1 𝑄𝑎𝑏𝑡 9𝑅𝑇1 𝐽
𝑐𝑚 = = = 3𝑅
𝑛 𝜃2 − 𝜃1 4𝑇1 − 𝑇1 𝐾

𝛾 𝛾
𝑃𝐷 𝑉𝐷 = 𝑃𝐴 𝑉𝐴 ; 𝜃 = 𝑐𝑡𝑒

1 𝛾
𝑃 (8𝑉0 )𝛾 = 𝑃0 𝑉0
32 0

1 𝛾 𝛾
𝑃 8𝛾 𝑉 = 𝑃0 𝑉0
32 0 0

1 𝛾 5
8 =1→𝛾=
32 3
𝐶𝑃 5
Sabiendo que es un gas monoatómico, 𝛾 = 𝐶𝑉 = 3

Ahora, para el proceso de absorción de calor.

5 𝑇𝐵
𝑄𝑖𝑛 = 𝑛𝐶𝑝 ∆𝑇 = 𝑛 ( 𝑅) 𝑇𝐴 ( − 1)
2 𝑇𝐴
Teniendo así

5 5
𝑄𝑖𝑛 = 𝑛𝑅𝑇𝐴 ( ) (2 − 1) = 𝑃0 𝑉0 ( )
2 2

Para el calor de salida.

𝑄𝑜𝑢𝑡 = 𝑛𝐶𝑝 (𝜃𝐷 − 𝜃𝐶 )

5 𝑇𝐶
𝑄𝑜𝑢𝑡 = 𝑛 ( 𝑅) 𝑇𝐷 (1 − )
2 𝑇𝐷

5
𝑄𝑜𝑢𝑡 = 𝑛𝑅𝑇𝐷 ( ) (1 − 2)
2

Sabiendo que
1 1
𝑛𝑅𝑇𝐷 = 𝑃0 8𝑉0 = 𝑃0 𝑉0
32 4

1 5
𝑄𝑜𝑢𝑡 = − 𝑃0 𝑉0 ( )
4 2

Si la eficiencia del motor es:

|𝑊| |𝑄𝐿 |
𝜀= → 𝜀 =1−
|𝑄𝐻 | |𝑄𝐻 |
Donde |𝑊| = |𝑄𝐻 | − |𝑄𝐿 |
1 5
|− 4 𝑃0 𝑉0 (2)| 1
𝜀 =1− =1−
5 4
|𝑃0 𝑉0 (2)|

𝜀 = 0.75 = 75%
 𝑃𝑖𝑉𝑖 = 𝑛𝑅𝑇𝐴 ; 3𝑃𝑖𝑉𝑖 = 𝑛𝑅𝑇𝐵 ; 6𝑃𝑖𝑉𝑖 = 𝑛𝑅𝑇𝐶 ; 2𝑃𝑖𝑉𝑖 = 𝑛𝑅𝑇𝐷

Necesitamos despejar las temperaturas.

𝑃𝑖𝑉𝑖 𝑃𝑖𝑉𝑖 𝑃𝑖𝑉𝑖 𝑃𝑖𝑉𝑖
𝑇𝐴 = ; 𝑇𝐵 = 3 = 3𝑇𝐴 ; 𝑇𝐶 = 6 = 6𝑇𝐴 ; 𝑇𝐷 = 2 = 2𝑇𝐴
𝑛𝑅 𝑛𝑅 𝑛𝑅 𝑛𝑅
Suponiendo un volumen constante
𝑄𝐴𝐵 = 𝑛𝐶𝑉 ( 𝑇𝐵 − 𝑇𝐴 ) = 𝑛𝐶𝑉 (3𝑇𝐴 − 𝑇𝐴 ) = 2𝑛𝐶𝑉 𝑇𝐴

𝑄𝐶𝐷 = 𝑛𝐶𝑉 ( 𝑇𝐷 − 𝑇𝐶 ) = 𝑛𝐶𝑉 (2𝑇𝐴 − 6𝑇𝐴 ) = −4𝑛𝐶𝑉 𝑇𝐴

Suponiendo una presión constante

𝑄𝐵𝐶 = 𝑛𝐶𝑝 ( 𝑇𝐶 − 𝑇𝐵 ) = 𝑛𝐶𝑝 (6𝑇𝐴 − 3𝑇𝐴 ) = 3𝑛𝐶𝑝 𝑇𝐴

𝑄𝐷𝐴 = 𝑛𝐶𝑝 ( 𝑇𝐴 − 𝑇𝐷 ) = 𝑛𝐶𝑝 (𝑇𝐴 − 2𝑇𝐴 ) = −𝑛𝐶𝑝 𝑇𝐴

Calculamos el calor de entrada

𝑄𝐼𝑛 = 𝑄𝐴𝐵 + 𝑄𝐵𝐶 = 2𝑛𝐶𝑉 𝑇𝐴 + 3𝑛𝐶𝑝 𝑇𝐴

Para un gas monoatómico,

5 3
𝐶𝑝 = 𝑅 ; 𝐶𝑉 = 𝑅
2 2
Reemplazamos en 𝑄𝐼𝑛
3 5
𝑄𝐼𝑛 = 2𝑛( 𝑅)𝑇𝐴 + 3𝑛( 𝑅)𝑇𝐴 = 10.5𝑛𝑅𝑇𝐴
2 2
B. La energía total que sale de sistema por calor es:
𝑄𝑜𝑢𝑡 = 𝑄𝐶𝐷 + 𝑄𝐷𝐴 = −4𝑛𝐶𝑉 𝑇𝐴 − 𝑛𝐶𝑝 𝑇𝐴
3 5
𝑄𝑜𝑢𝑡 = 4𝑛 ( 𝑅) 𝑇𝐴 + 𝑛 ( 𝑅) 𝑇𝐴 = 8.2𝑛𝑅𝑇𝐴
2 2
C. Eficiencia
|𝑄𝑜𝑢𝑡 | 8.2𝑛𝑅𝑇𝐴
𝜀 =1− =1− = 0.19 = 19%
|𝑄𝐼𝑛 | 10.5𝑛𝑅𝑇𝐴
D. La eficiencia de una máquina que opera en un ciclo de Carnot entre los mismos extremos de
temperatura:
𝑇𝐶 𝑇𝑖
𝜀 =1− =1− = 0.38 = 83%
𝑇𝐻 6𝑇𝑖
 𝑃1 = 1.50𝑥105 𝑃𝑎
A. Presión final 𝑉1 = 0.0800𝑚3
𝑃1 𝑉1 𝛾 = 𝑃2 𝑉2 𝛾
𝑉2 = 0.0400𝑚3
Despejamos 𝑃2 y reemplazamos.
5
1.5 × 105 𝑃𝑎 × (0.0800𝑚3 )3
𝑃2 = 5
(0.0400𝑚 3 )2
𝑃2 = 4.77 × 105 𝑃𝑎

B. Trabajo realizado
1
𝑊= (𝑃 𝑉 − 𝑃2 𝑉2 )
𝛾−1 1 1
𝑅𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑐𝑜𝑛 𝑙𝑜𝑠 𝑑𝑎𝑡𝑜𝑠 𝑦𝑎 𝑐𝑜𝑛𝑜𝑐𝑖𝑑𝑜𝑠
1
𝑊= (1.5 × 105 𝑃𝑎 × 0.0800𝑚3 − 4.77 × 105 𝑃𝑎 × 0.0400𝑚 3 )
5
(3) − 1

𝑊 = −1080 𝐽
C. Razón entre temperaturas
𝑇1 𝑉1 𝛾−1 = 𝑇2 𝑉2 𝛾−1

𝑇2 𝑉1 𝛾−1
=( )
𝑇1 𝑉2
5
𝑇2 0.08 3−1
=( )
𝑇1 0.01
𝑇2
= 1.58
𝑇1
Lo cual, hace que se caliente el gas.
Sabemos que para este caso, el trabajo es el area del triangulo.
1
𝑊 = (1)(1) = 0.5𝑎𝑡𝑚/𝑙
2
𝑇𝐶 = 𝑇𝐵 = 2𝑇𝐴
Para la trayectoria 𝐵 → 𝐴 , 𝑃 = 𝑐𝑡𝑒

𝑄𝐵𝐴 = 𝑛𝐶𝑃 (𝑇𝐴 − 𝑇𝐵 )

7 7
𝑄𝐵𝐴 = − 𝑛𝑅𝑇𝐴 = − 𝑃𝐴 𝑉𝐴 = 354.55 𝐽
2 2
En el caso de 𝐶 → 𝐵 tenemos que;
𝑃−1 𝑉−2
= →𝑃 =3−𝑉
2−1 1−2
𝑉𝐵 2
𝑄𝐶𝐵 = 𝑊 = ∫ 𝑃𝑑𝑣 = ∫ (3 − 𝑉)𝑑𝑣 = 151.95𝐽
𝑉𝐴 1

Ahora, para A→ 𝐶
5 5
𝑄𝐴𝐶= 𝑛𝐶𝑣 (𝑇𝐶 − 𝑇𝐵 ) = 𝑛𝑅𝑇𝐴 = 𝑃𝐴 𝑉𝐴 = 253.25𝐽
2 2
El rendimiento del ciclo viene dado por:
𝑊 50.65
𝜂= = = 0.124 = 12.4%
𝑄 151.95 + 253.25
A.
Para demostrar que el segmento AB es una compresión isotérmica, solo basta
encontrar que 𝜃𝑏 = 𝜃𝑎 = 𝜃𝑎𝑏
𝑃1 𝑉2
𝑃1 𝑉2 = 𝑛𝑅𝜃𝑎 → 𝜃𝑎 = 𝑉2 = 2𝑉1
𝑛𝑅
1 𝑃2 = 2𝑃1
2𝑃1 2 𝑉2 𝑃1 𝑉2
𝑃2 𝑉1 = 𝑛𝑅𝜃𝑏 → 𝜃𝑏 = =
𝑛𝑅 𝑛𝑅
2𝑃1 𝑉2
𝑃2 𝑉2 = 𝑛𝑅𝜃𝑐 → 𝜃𝑐 = ; 𝜃𝑐 = 2𝜃𝑎
𝑛𝑅
Así,
𝑃1 𝑉2
𝜃𝑏 = 𝜃𝑎 = 𝜃𝑎𝑏 =
𝑛𝑅
B. Recordemos que:
𝐽𝑄 = 𝐶𝑣 𝑑𝜃 + 𝑃𝑑𝑉; 𝐶𝑣 = 𝑛𝐶𝑣
𝐽𝑄 = 𝐶𝑝 𝑑𝜃 + 𝑉𝑑𝑃; 𝐶𝑝 = 𝑛𝐶𝑝
Tal que para una compresión isotérmica,
𝑣1
1
𝑄𝑎𝑏 = ∫ 𝑃(𝑣)𝑑𝑉 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑃(𝑉) = 𝑛𝑅𝜃𝑎𝑏
𝑣2 𝑣
𝑉1
𝑄𝑎𝑏 = 𝑛𝑅𝜃𝑎𝑏 𝐿𝑛 ( ) = −0.693𝑛𝑅𝜃𝑎𝑏
2𝑉1
𝐸𝑠 𝑑𝑒𝑐𝑖𝑟, 𝑄𝑎𝑏 𝑒𝑠 𝑛𝑒𝑔𝑎𝑡𝑖𝑣𝑜, 𝑝𝑜𝑟 𝑙𝑜 𝑞𝑢𝑒 𝑒𝑙 𝑔𝑎𝑠 𝑐𝑒𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑙𝑜𝑟.
Para una expansión isobárica
𝜃𝑐
𝑄𝑏𝑐 = 𝑛𝐶𝑝 ∫ 𝑑𝜃 → 𝑄𝑏𝑐 = 𝑛𝐶𝑃 (𝜃𝑐 − 𝜃𝑎𝑏 )
𝜃𝑎𝑏
𝐷𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑒𝑙 𝑐𝑎𝑙𝑜𝑟 𝑒𝑠 𝑝𝑜𝑠𝑖𝑡𝑖𝑣𝑜, 𝑒𝑠 𝑑𝑒𝑐𝑖𝑟, 𝑒𝑙 𝑔𝑎𝑠 𝑔𝑎𝑛𝑎 𝑐𝑎𝑙𝑜𝑟.
Para el proceso isocórico
 𝜃𝑎𝑏
𝑄𝑐𝑎 = 𝑛𝐶𝑣 ∫ 𝑑𝜃 → 𝑄𝑐𝑎 = 𝑛𝐶𝑣 (𝜃𝑎𝑏 − 𝜃𝑐 )
𝜃𝑐
𝑄𝑐𝑎 = −𝑛𝐶𝑣 𝜃𝑎𝑏
Que sería el calor cedido por el gas.
Reemplazando en
𝑃1 𝑉2
𝑃1 𝑉2 = 𝑛𝑅𝜃𝑎 → 𝜃𝑎 =
𝑛𝑅
Y en
2𝑃1 𝑉2
𝑃2 𝑉2 = 𝑛𝑅𝜃𝑐 → 𝜃𝑐 = ; 𝜃𝑐 = 2𝜃𝑎
𝑛𝑅
(2.0𝑥105 𝑝𝑎)(0.010𝑚3 )
𝜃𝑎 = 𝜃𝑏 = 𝜃𝑎𝑏 =
𝑝𝑎 𝑚3
1𝑚𝑜𝑙 (8.314 )
𝑚𝑜𝑙 𝑘
𝜃𝑎𝑏 = 240.54𝐾
𝜃𝑐 = 2𝜃𝑎𝑏 = 481.088K
Por lo que el calor neto intercambiado sería
𝑄𝑛𝑒𝑡𝑜 = 𝑄𝑎𝑏 + 𝑄𝑏𝑐 + 𝑄𝑐𝑎
𝑃1 𝑉2 7 𝑃1 𝑉2 5 𝑃1 𝑉2
= −0.693𝑛𝑅 + 𝑛𝑅 − 𝑛𝑅
𝑛𝑅 2 𝑛𝑅 2 𝑛𝑅
= 0.307𝑃1 𝑉2 → 𝑄𝑛𝑒𝑡𝑜 = 0.307(2.0𝑥10 𝑝𝑎)(0.010𝑚3 )
5

= 613.706𝐽
𝐸𝑙 𝑡𝑟𝑎𝑏𝑎𝑗𝑜 𝑛𝑒𝑡𝑜 𝑟𝑒𝑎𝑙𝑖𝑧𝑎𝑑𝑜 𝑝𝑜𝑟 𝑙𝑎 𝑚𝑎𝑞𝑢𝑖𝑛𝑎 𝑒𝑛 𝑢𝑛 𝑐𝑖𝑐𝑙𝑜, 𝑒𝑠:
𝑊𝑛𝑒𝑡𝑜 = 𝑊𝑎𝑏 + 𝑊𝑏𝑐 + 𝑊𝑐𝑎
𝐷𝑜𝑛𝑑𝑒
𝑊𝑎𝑏 = −𝑄𝑎𝑏 = 0.693𝑃1 𝑉2 = 1386.29𝐽
𝑊𝑏𝑐 = −(2𝑝1 )(𝑉2 − 𝑉1 ) = −𝑃1 𝑉2
= −2000𝐽
𝑊𝑐𝑎 = 0 𝑎𝑙 𝑠𝑒𝑟 𝑢𝑛 𝑝𝑟𝑜𝑐𝑒𝑠𝑜 𝑖𝑠𝑜𝑐𝑜𝑟𝑖𝑐𝑜
Entonces, el Wneto
𝑊𝑛𝑒𝑡𝑜 = 1386.29𝐽 − 2000𝐽
𝑊𝑛𝑒𝑡𝑜 = −613.70𝐽
LA eficiencia térmica de la máquina sería
|𝑄𝑐 | 1 5
𝜀 =1− ; 𝑄 = 𝑄𝑎𝑏 + 𝑄𝑎𝑐 = −𝐼𝑛 𝑃1 𝑉2 + 𝑃1 𝑉2
|𝑄𝐻 | 𝑐 2 2
= 3.143𝑃1 𝑉2
7
𝑄𝐻 = 𝑄𝑏𝑐 = 𝑃𝑉
2 1 2
𝑅𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑚𝑜𝑠
1 5
|(−𝐼𝑛 2 + 2) 𝑃1 𝑉2 | 3.193
𝜀 =1− =1− = 0.0877 → 8.77%
7 3.5
| 𝑃1 𝑉2 |
2