Segundo Taller de Termodin´amica Diego Alejandro Lancheros Naranjo, Juan Diego Rojas Zambrano, Juan Sebastian Porras Arce, Juan Pablo Vargas Acosta 13 de Noviembre de 2015 1. ¿Qu´e es un ciclo de carnot?. El ciclo de carnot es un proceso termodin´amico te´orico el cual provee una cota superior para la eficiencia que puede alcanzar cualquier sistema que transforme energ´ıa t´ermica en trabajo mec´ anico. Fue propuesto en 1824 por Nicolas L´eonard Sadi Carnot, las cuatro fases del mencionado ciclo se enuncian a continuaci´ on: Una expansi´ on isot´ermica reversible de un volumen inicial V1 a un volumen final V2 y una temperatura constante, la expansi´ on es impulsada por el intercambio (absorci´on) de calor con el exterior y en consecuencia incrementando la entrop´ıa del sistema. Una expansi´ on adiab´ atica reversible de un volumen V2 a un V3 y de una temperatura T1 a una T2 dado que el no hay intercambio de calor con el exterior el sistema pierde una cantidad de energ´ıa interna equivalente al trabajo mec´ anico realizado , que en consecuencia enfr´ıa al sistema ademas la entrop´ıa permanece constante . Una compresi´ on isot´ermica reversible del sistema a T2 que va del volumen V3 a V4 ; en esta etapa el exterior es el que hace trabajo sobre el sistema por lo tanto hay nuevamente intercambio de calor pero esta vez es el exterior el que absorbe calor teniendo esto como resultado un decremento en la entrop´ıa . Como fase final se hace una compresi´on adiab´atica que valla de V4 a V1 y de T2 a T1 , dado que es el exterior del sistema el que hace trabajo la energ´ıa interna del sistema se incrementa y en consecuencia la temperatura tambi´en . Haga un diagrama PV.
Figura 1: Ciclo de carnot en un diagrama de presi´on contra volumen Haga un diagrama ST
1
Figura 2: Ciclo de carnot en un diagrama de Temperatura contra entrop´ıa En el caso irreversible ¿ la eficiencia es mayor o menor al reversible ?. Es menor, pues en base de las desigualdades : δWirr > δWrev
(1)
δQirr < δQrev
(2)
Que son validas para cualquier proceso termodin´amico deducimos que siempre el proceso reversible es el que genera la mayor cantidad de trabajo con la menor inversi´on de energ´ıa . 2. 10 litros de gas a presi´ on atmosf´erica se comprimen a un volumen de 1 litro, posteriormente se deja que el gas se expanda de manera adiab´ atica a 10 litros. a) Dibuje el proceso en un diagrama pV para un gas monoat´omico. p
p1
(p1 , V0 , T0 )
p(V ) =
V0 V
p0
53
p1
(p0 , V1 , T1 ) V0
V1
V
Figura 3: El trabajo realizado sobre el gas a presi´on constante es igual al ´area del rect´angulo bajo la l´ınea roja, W = −p(V0 − V1 ), mientras que el trabajo realizado sobre el gas de forma adiab´atica est´a dada por el ´area en azul, 5 la cual es el ´ area bajo la curva p(V ) = (V0 /V ) 3 p1 b) Haga un esquema similar para un gas diat´omico.
2
p
p1
(p1 , V0 , T0 )
V0 V
p(V ) =
75
p1
p0
(p0 , V1 , T1 ) V0
V1
V
Figura 4: El trabajo realizado sobre el gas a presi´on constante es igual al ´area del rect´angulo bajo la l´ınea roja, W = −p(V0 − V1 ), mientras que el trabajo realizado sobre el gas de forma adiab´atica est´a dada por el ´area en azul, 7 la cual es el ´ area bajo la curva p(V ) = (V0 /V ) 5 p1 c) Encuentre el valor del trabajo neto realizado por el sistema. En general, la expresi´ on para determinar el trabajo realizado por un sistema termodin´amico, en ´este caso el gas, viene dado por la expresi´ on: Z
V0
W =−
p1 dV V1
De manera que, si tenemos que en el primer proceso la compresi´on se hace a presi´on constante, entonces tenemos que: W = −p1 (V0 − V1 ) = p1 (V1 − V0 ) > 0 De forma tal que, como el trabajo realizado sobre el gas es mayor que cero, ´este est´a ganando energ´ıa del agente que lleva a cabo la compresi´ on. Para el segundo proceso, por la primera ley de la Termodin´ amica, tenemos que el cambio de la energ´ıa interna del gas (dU ) es igual a la suma del cambio de trabajo realizado por el gas δW m´ as el intercambio de calor del sistema con su entorno (δQ), simb´olicamente, tenemos que: dU = δW + δQ Ahora, ya que el proceso es adiab´ atico, ´esto significa que no existe intercambio de calor por parte del sistema con su alrededor, y por lo tanto, δQ = 0, de manera tal que tenemos: dU = δW
(3)
Sin embargo, puesto que para un gas ideal:
dU =
3 N KdT 2
δW = −pdV
En donde N es el n´ umero de part´ıculas en el gas, K es la constante de Boltzmann, T es la temperatura del gas, p su presi´ on y V su volumen, entonces, por la ecuaci´on (3), obtenemos que: 3 N KdT = −pdV 2 Integrando ´esta ecuaci´ on, tenemos que:
3
(4)
3 N K (T1 − T0 ) = − 2
V1
Z
p(V )dV V0
La parte derecha de ´esta u ´ltima ecuaci´on representa precisamente la cantidad de trabajo hecho por el RV gas, es decir, W = − V01 p(V )dV , de manera que para determinar ´este trabajo, necesitamos conocer los valores de temperatura T1 y T0 al final y al principio del proceso adiab´atico, respectivamente. Para determinar ´estos valores de temperatura, a partir de la ecuaci´on (3) y por la ecuaci´on de los gases ideales, pV = N KT , tenemos que: 3 N KdT 2 3 N KdT 2 Z T1 3 dT NK 2 T T0 3 T1 log 2 T0 " 3 # T1 2 log T0 32 T1 T0
=
−p(V )dV
N KT dV V Z V1 dV = −N K V V0 V1 = − log V0 V0 = log V1 =
−
=
V0 V1
(5)
A partir de ´esta u ´ltima igualdad, deducimos que:
W
= = =
=
3 N K (T1 − T0 ) 2 3 T1 N KT0 −1 2 T0 ( 2 ) V0 3 3 N KT0 −1 2 V1 ( 2 ) 3 V0 3 p1 V0 −1 (Por la ecuaci´on del gas ideal p1 V0 = N KT0 ) 2 V1
Asi, el trabajo total realizado por el gas est´a dado por: 3 W = p1 (V1 − V0 ) + p1 V0 2
(
V0 V1
23
) −1
Reemplazando para los valores p1 = 1 atm = 98,06 × 103 Pa, V1 = 10 × 10−3 m3 , V0 = 1 × 10−3 m3 , tenemos que el trabajo total hecho por el gas es: W = 767,14 J
(6)
d ) ¿Es mayor o menor para un gas diat´omico? El trabajo total hecho por un agente externo sobre un gas diat´omico en un proceso adiab´atico descrito por la figura (4) es:
W
5 = p1 (V1 − V0 ) + p1 V0 2
W
=
647,15 J 4
(
V0 V1
57
) −1 (7)
El trabajo hecho en ´estos dos procesos, el primero una compresi´on isob´arica y el segundo una expansi´ on adiab´ atica es menor en el caso del gas diat´omico que en el caso del gas monoat´omico. Puesto que en ambos casos el trabajo es positivo, el gas siempre absorbe la energ´ıa del agente externo que lleva a cabo el proceso total, es decir, el gas monoat´omico absorbe m´as energ´ıa que el gas diat´omico. 3. Empezaremos calculando los valores de volumen V2 y V4 que corresponden a los puntos B y D de diagrama . V2 = V3
V4 = V1
4T0 T0
−3/2
T0 4T0
−3/2
= 8V0
(8)
= 8V0
(9)
Con estos datos vamos a calcular primero el trabajo total hecho por una mol de gas monoat´omico para ello calculamos el trabajo hecho por el sistema en cada etapa y la sumaremos. Para la primera etapa del ciclo el trabajo es : −∆W1 = 4nRT0 ln(8) = (10) Para la segunda etapa el trabajo es : 3 9 ∆W2 = − nR(3T0 ) = − nRT0 2 2
(11)
1 −∆W3 = nRT0 ln 8
(12)
Para la tercera etapa el trabajo es :
Para la etapa final el trabajo es : ∆W4 =
9 3 nR(3T0 ) = nRT0 2 2
(13)
El trabajo total realizado es : W = nRT0
1 9 9 − 4ln(8) − − ln( ) + 2 8 2
= −5ln(8)nRT0
(14)
Para calcular el W 0 procederemos de manera an´aloga a saber : −∆W10 = 4nRT0 ln(8) =
(15)
3 9 ∆W20 = − nR(3T0 ) = − nRT0 2 2
(16)
Para la segunda etapa el trabajo es :
Para la tercera etapa el trabajo es : 1 = nRT0 ln 8
(17)
3 9 nR(3T0 ) = nRT0 2 2
(18)
−∆W30 Para la etapa final el trabajo es : ∆W40 = El trabajo total realizado es : 0
W = nRT0 As´ı el calculo del cociente da:
9 1 9 − 4ln(8) − − ln( ) + 2 8 2 W0 =1 W
5
= −5ln(8)nRT0
(19)
(20)
4. Presi´ on constante: Para analizar el ciclo completo, primero se analiza cada proceso individialmente. H Proceso isob´ arico (De A a B): ∆WAB = −p1 ∆V = −p1 (VB − VA ) = p1 VA − p1 VB = N k(TA − TB ) H Proceso adiab´ atico (De B a C): ∆WBC = ∆UBC − δQBC = CV (TC − TB ) − 0 = CV (TC − TB ) H Proceso isob´ arico (De C a D): ∆WCD = −p2 ∆V = −p2 (VD − VC ) = p2 VC − p2 VD = N k(TC − TD ) H Proceso adiab´ atico (De D a A): ∆WDA = ∆UDA − δQDA = CV (TA − TD ) − 0 = CV (TA − TD ) (a) Entonces el trabajo que realiza el gas es W = ∆WAB + ∆WBC + ∆WCD + ∆WDA W = N k(TA − TB ) + CV (TC − TB ) + N k(TC − TD ) + CV (TA − TD ) W = N k(TA − TB + TC − TD ) + CV (TC − TB + TA − TD ) Por la ley de Mayer, CV + N k = Cp , las temperaturas se pueden factorizar: W = Cp (TA − TB + TC − TD ) La eficiencia es η=
|W | |Qr |
Donde |Qr | es el calor recibido por el sistema. El calor recibido se da en la expansi´on del gas de A a B: Qr = CP (TB − TA ) Reemplazando η=
|Cp (TA − TB + TC − TD )| |CP (TB − TA )| η =1−
TC − TD TB − TA
Recordando las relaciones entre presi´ on y temperatura para los procesos adiab´aticos TC = TB
p2 p1
2/5
TA = TD
p1 p2
2/5
Esto permite establecer la relaci´ on TC /TB = TD /TA , por lo tanto TC TA TA TC TC − TD = TC − = TC 1 − = (TB − TA ) TB TB TB Al reemplazar en la eficiencia se obtiene η =1−
6
TC TB
Y en t´erminos de las presiones: η =1−
p2 p1
2/5
(b) Para saber cual temperatura es menor y cual es mayor, primero se establecen las siguientes relaciones dadas por el diagrama: VA < VD < VB < VC Teniendo en cuenta los procesos isob´ aricos, las desigualdades anteriores y que las presiones p1 y p2 son cantidades positivas se obtienen las desigualdades ∆WAB < 0
y
0 < ∆WCD
y
TD < TC
Dado que N k es positivo, entonces se obtiene TA < TB Para los procesos adiab´ aticos se tienen las relaciones TC = TB
p2 p1
2/5
TD = TA
p2 p1
2/5
Como p2 < p1 , entonces se obtiene que TC < TB
y
TD < TA
TD < TC < TB
y
TD < TA < TB
Combinando las desigualdades:
Entonces TD es la temperatura menor y TB es la temperatura mayor en el ciclo. (c) La eficiencia de la m´ aquina de Carnot operando entre temperaturas TB y TD es ηCarnot = 1 − Como TD < TC , entonces
TD TB
TD TC < TB TB −
TC TD >− TB TB
TD TC >1− TB TB ηCarnot > η
1−
Entonces la eficiencia de la m´ aquina de Carnot ser´ıa mayor a la m´aquina descrita por el proceso dado. 5. 6. Motor Diesel. Un motor diesel idealizado opera en un ciclo conocido como ciclo diesel est´andar de aire, que se muestra en la figura 4. El combustible se roc´ıa en el cilindro en el punto de m´axima compresi´ on, B. La combusti´ on ocurre durante la expansi´ on B → C, la cual se modela como un proceso isob´arico. Muestre que la eficiencia de un motor operando en este ciclo es: η =1−
1 γ 7
TD − TA TC − TB
En un proceso termodin´ amico, como el del motor Diesel, tenemos que la definici´on de eficiencia del proceso, denotada como η, est´ a dada por la raz´ on entre el trabajo u ´til realizado por la m´aquina y la energ´ıa absorbida del entorno en forma de calor para llevar a cabo el proceso, es decir, η=
W Q
Primero, calcularemos el trabajo neto realizado en el ciclo, para esto, recordamos que: δW = −pdV De forma que el trabajo total es: Z W =−
p(V )dV
(21)
A
En donde A representa el ´ area sombreada de la figura 4. Con el objetivo de realizar la integraci´ on de la ecuaci´ on (21), debemos determinar la forma funcional de la presi´on con respecto al volumen p(V ). Para esto, primero suponemos que el gas en todo momento es un gas ideal, y a partir de la ecuaci´on de estado para los gases ideales:
pV
=
V
=
dV
=
pdV
=
N KT N KT p NK N KT dT − dp p p2 N KT N KdT − dp p
(22)
Ahora, ya que el proceso es adiab´ atico, por la ecuaci´on (4), tenemos que: 3 − N KdT 2 N KT dp p Z p 0 dp 0 p p 0 p log p0 p log p0
=
p p0
=
= N KdT − =
= =
N KT dp p
5 N KdT 2 Z 5 T dT 0 2 T0 T 0 5 T log 2 T0 " 5 # T 2 log T0 25 T T0
(23)
Comparando la ecuaci´ on (5) con la ecuaci´on (23), llegamos a la conclusi´on que (tomando T1 → T arbitrario y V1 → V tambi´en arbitrario): p = p0 De aqu´ı tenemos que
8
V0 V
53
p(VC ) = p1
VB VC
53
Entonces, para la integral de la ecuaci´ on (21), tenemos que: "Z W
VC
(
p1 − p1
= − VB
=
W
=
W
=
W
=
35 )
Z
VA
(
p1
dV + VC
VC
(
VB V
35 )
VC V
35
− p1
VB VC
53
VC V
53 )
# dV
5 5 ) # VC 3 VB 3 p1 − p1 − p1 − p1 dV + dV V V VB VC 5 5 5 3 − 32 3 − 23 3 − 23 − 23 − 23 − 23 3 3 3 V V V − p1 (VC − VB ) − p1 VB − − VB + p1 VC − − VC − p1 VB − − VC 2 C 2 A 2 A ( 2 23 2 2 ) 3 3 3 3 VB 3 3 VC 3 VB 3 VB 3 − p1 VB − VC + p1 VC + p1 VB − p1 VB − p1 (VC − VB ) + p1 VB 2 VC 2 2 VA 2 2 VA 2 VC " # 23 2 5 5 3 VC VB 3 − p1 VC + p1 VB − p1 VB − VC 2 2 2 VA VA "Z
W
VB V
Z
VA
(
Y por la ecuaci´ on (5), tenemos que: 5 5 3 TA TA − VC W = − p1 VC + p1 VB − p1 VB 2 2 2 TB TC Ahora bien, por la ecuaci´ on de estado:
p1 VB = N KTB
p1 VC = N KTC
Reemplazando esto en la ecuaci´ on anterior:
W
=
W
=
5 3 5 − N KTC + N KTB − N KTB 2 2 2 5 N K(TB − TC ) 2
TA TB
3 + N KTC 2
TA TC
Ahora, para determinar el calor absorbido por el motor, tenemos que: ∆Q = QB→C − QD→A h c Sin embargo, la transferencia de calor QhB→C se hace a presi´on constante, y la transferencia de calor QcD→A se hace a volumen constante, y por lo tanto,
QB→C h
δQh = Cp dT 5 δQh = N KdT 2 5 = N K(TC − TB ) 2
δQc = CV dT 3 δQc = N KdT 2 3 QD→A = N K(TD − TA ) c 2
De lo cual, ∆Q =
5 3 N K(TC − TB ) − N K(TD − TA ) 2 2 9
As´ı, tenemos que:
η
= = =
|W | ∆Q
(ya que TC > TB , W¡0, el ciclo entrega energ´ıa) 5 2 N K(TC
− TB ) − TB ) − 32 N K(TD − TA ) TC − TB (TC − TB ) − 53 (TD − TA ) 5 2 N K(TC
10
(24)
