TEMA 0.-Temperatura y Calor. Calor. Introd. Introd. a la Termodiná Termodinámica.
Leyes de los gases
PV = nRT
Ecuación de estado de un gas ideal
R=0,082 atm l/(K mol)=8,31451J/Kmol=1,987 cal/K mol 0º C = 273,15K
1 cal= 4.186 J
1 atm = 101325Pa
1 atm.l = 101,325J
Transformaciones en una cantidad fija de un gas.
PAV A = PBVB
T=cte
PV nR = = cte T
PAVA PBVB = TA TB
V=cte
PA PB = TA TB
P=cte
VA VB = TA TB
adiabática
PAV Aγ = PDVDγ TAVAγ −1 = TDVDγ −1
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Calor, trabajo, energía, entalpía en los procesos La energía interna y la entalpía de un gas ideal sólo depende de la temperatura.
U = ncV T H = ncPT Relaciones
c p = cv + R
3 monoatómico cv = 2 R gas ideal diatómico cv = 5 R 2
En general los valores de los calores molares cP y cv se obtienen experimentalmente
H = U + PV
∆S ≥
Valores en los procesos V=cte
P=cte
∆U = ncv ∆T
∆U = ncv ∆T
∆H = nc p ∆T
∆H = nc p ∆T T ∆S = nc p Ln 2 T1
∆S = ncv Ln
T2 T1
W =0 QV = ∆U = ncv ∆T
W = P∆V = nR∆T Q p = ∆H = nc p ∆T
Q T
La igualdad cuando se transfiere calor de forma reversible
T=cte
adiabático
∆U = 0
∆U = ncv ∆T ∆H = nc p ∆T
∆H = 0 ∆S = nRLn
∆S = 0
Vf Vi
Vf W = Q = nRT ln Vi Vf Q = W = nRT ln Vi
W = −∆U = − ncv ∆T
Q=0
1
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Ejemplo 1 Cierta cantidad de gas ideal monoatómico describe el ciclo de la figura en el sentido indicado en la misma. Determina:
TA=360,8 K
1kPa • 10 −3 m 3 = 1 julio
P (kPa)
a)
A
500
R= 8.314 J K-1 mol -1)
Cantidad de gas que hay PV 1500 n= A A = = 0 .05 moles 150 RT A 8 .314 • 360 .8
C
B
b)Trabajo neto producido en el ciclo
W =
(500 − 150 )1kPa • (10 − 3) )10 −3 m 2
3
= 1225 julios3
10 V (10-3 m3)
b) Calor neto (absorbido-cedido en el ciclo) ∆U ciclo = 0 Q = W = 1225 julios c) Trabajo en cada tramo el tramo
(500 + 150) • 10 710−3 = 2275 J BC W = 150 • 103 (−7)10−3 = −1050 J CA W = 0 AB W = d) Calor en cada2 tramo 3
B B A A 3 AB ∆U = ncv (TB − TA ) = ncv nR − nR = 2 ( PBVB − PAV A ) = 0 Q = ∆U + W = 2275 julios ∆ (PV ) 5 BC Q p = ∆H = nc p ∆T = nc p = 2 ∆ (PV ) = 5 2 P∆V = −2625 J nR ∆(PV ) QV = ∆U = ncv ∆T = ncv = 3 2 ∆(PV ) = 3 2 V∆P = 1575 J CA nR PV
PV
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Ejemplo 2. Ciclo gas ideal.Máquina térmica (1/4) El ciclo de la figura lo realiza un gas ideal monoatómico. P (atm.) TA=300K a) Calcular el valor de las variables termodinámicas desconocidas A B BC isoterma en los vértices A, B C y D 4 b) Hallar de forma directa el trabajo en cada etapa. AD adiabática c) El calor, la variación de energía interna y la variación de entropía en cada etapa del ciclo. (Expresar los resultados en el SI). 2 d)Hallar el rendimiento del ciclo. D C DATOS R=0.082 atm l/(ºK mol)=8,3145J/Kmol 1 cal= 4.186 J. 1 atm = 101325Pa
Gas ideal mon. cv = 3 2 R c p = 5 2 R γ = 5 3 a) Calcular el valor de las variables A) TA = 300 K PA = 4atm = 405300 Pa V A = 1l = 0.001m 3 n=
B)
PV 4 = = 0,016 moles RT R300
1 D)
AD adiabática γ
VD =
3 log VD = log 2 ⇒ VD = 10 5 PDVD PV = nRT
O también
VB = 3l = 0.003m 3
C)
TB = T A
PB V B = 900 K PAV A
V (l)
PA γ 4 VA = 1 = 2 ⇒ γ log VD = log 2 PD 2
PB = 4atm = 405300 Pa
PAV A PV = B B TA TB
3 PAV Aγ = PDVDγ
3 lg 2 5
= 1,5157l = 0,00152m 3
TD = = 227,36 K nR PAV A PDV D PV = ⇒ T D = T A D D = 227 ,36 TA TD PAV A
TC = TB = 900 K
BC Isoterma
PV T P PAV A = C C ⇒ V C = C A V A = 6 l = 0 , 006 m 3 TA TC T A PC
Más fácil
PBV B = PC V C ⇒ V C =
PB V B = 6l PC
2
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Ejemplo 2. Ciclo gas ideal.Máquina térmica (2/4) a) Valores de las variables de estado en los vértices. A
P (atm)
V (l)
T (K)
4
1
300
P (atm.)
TA=300K
A
B
4
B
4
3
900
C
2
6
900
D
2
1,52
227,3
BC isoterma AD adiabática
2
D
C
b) Hallar de forma directa el trabajo en cada etapa AB
B
B
A
A
W = ∫ PdV = P ∫ dV = P (V B−V A ) = 8 atm.litro = 810,6 J
Otra forma. EN una isobara W = nR∆Τ = C
BC
C
V (l)
3
4 (900 − 300) = 8atm.litro 300
PAV A 4 nR = T = 300 A
nRT V 4 dV = nRT ln C = 900 ln 2 = 8,32atm.litro = 842,80 J V V 300 B B
W = ∫ PdV = ∫ B
D
CD
1
D
W = ∫ PdV = P ∫ dV = P (V D−VC ) = 2(1,52 − 6) = −8,96 atm.litro = −907,87 C
C
W = nR∆Τ =
Otra forma
4 ( 227.3 − 900) = −8,96atm.litro 300
DA Adiabática 4 W = −∆U = − ncv ∆T = − 3 nR (300 − 227, 3) = − 3 72, 7 ) = 1, 45atmlitro = −146,9 J 2 2 300 (
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Ejemplo 1. Ciclo gas ideal.Máquina térmica (3/4) c) El calor, la variación de energía interna y de entropía en cada etapa del ciclo AB isobaro 4 Q = ∆H = nc p ∆T = 5 nR∆T = 5 (600) = 20atm.litro = 2026,5 J 2 2 300
4 ∆U = ncv ∆T = 3 nR∆T = 3 600 = 12atm.litro = 1215,9 2 2 300 ∆U = Q − W = 2026, 5 − 810, 6 = 1215, 9 J
O también ∆S = nc p Ln
Tf Ti
PV 4 nR = A A = TA 300
T 4 900 = 5 nRLn B = 5 ln = 3, 71J / K 2 2 300 300 T A
BC isotermo ∆U = 0
∆H = 0
V Q = W = nRT ln f = 842,80 J Vi
CD Isobaro
∆S = nRLn
Vf Vi
=
Q 842,80 = = 0, 94 J / K T 900
Q p = ∆H = nc p ∆T
4 ∆U = ncv ∆T = 3 nR∆T = 3 227,36 − 900 ) = −13, 45 = −1363,10 2 2 300 ( Q = ∆U + W = −1363,10 − 907,87 = −2270,97 J
DA adiabática
Q=0
∆U = ncv ∆T = −W = 146, 9 J
3
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Ejemplo 1. Ciclo gas ideal.Máquina térmica (4/4) d) Rendimiento W
Q
ΔU
ΔS
AB
810,4
2026
1215,6
3,71
BC
842,8
842,8
0
0.94
CD
-907,7
-2269,1
-1362,5
-4,65
-146,9
0
DA
598,6
P (atm.)
146,9
0
0
0
Q absorbido = 2026 +842,8=+2868,8
A
B
4
W=598,6
η=
2
D
C Qcedido=-2269,1
W 598, 6 = = 0, 2086 Qabs 2868,8
V (l) 1
3
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Ejercicio 1. Ciclo gas ideal.Máquina térmica (2/4)
Soluciones:
4
TEMA 0.-Temperatura y Calor. Calor. Introd. Introd. a la Termodiná Termodinámica. Ejercicio 1. Resolución P A
V
4P0
n=1
T
V0
4T0 27 V0 16
64 P0 27
B
1/3
4T0
C
P0
3V0
3T0
D
P0
V0
T0 T0 = P0V0 nR
Temperatura en A
PA PD PT = ⇒ TA = A D = 4T0 TA TD PD
Temperatura en C
Vc VD VT = ⇒ TC = C D = 3T0 TC TD VD
TBVBγ −1 = TCVCγ −1
Temperatura en B
VB 2 = 1
1 TC 12 3 27 VC = [3V0 ] 2 ⇒ VB = V0 TB 4 16
PBVBγ = PCVCγ
Presión en
B
O
PB =
PAVA PBVB = TA TB
64 P0 27
TEMA 0.-Temperatura y Calor. Calor. Introd. Introd. a la Termodiná Termodinámica. Ejercicio 1. Resolución
2/3 PV nR = 0 0 T0
3 c +R γ = = v ⇒ cv = 2 R cP = 3R 2 cv
Energía AB
∆U = 0
T=cte ∆U = ncv ∆T =
2nR(TC − TB ) = Q=0 −2PV 0 0 ∆U = ncv ∆T = 2nR∆T = −4 PV 0 0
P=cte. DA
∆S = nRLn
Calor Vf Vi
=
PV 27 0 0 ln T0 16
BC
CD
Entropía
∆U = ncv ∆T = 2nR3T0 = 6 PV 0 0
V=cte 0
∆S =0 ∆S = nc p Ln
TD = TC
PV 0 0 Ln3 T0 TA ∆S = ncv Ln = TD
W = Q = 4 PV 0 o ln
Q p = ∆H = nc p ∆T =
W = P∆V = nR∆T =
3nR (−2T0 ) = −6 PV 0 0
−2 PV 0 0
QV = ∆U = 6 PV 0 0
W =0
PV 2nRLn 4 = 2 0 0 ln 4 T0 4 PV 0 o ln
27 16
W = −∆U = 2 PV 0 o
Q= 0
−3nR ln 3 = −3
0
Trabajo
V Q=TA∆S = nRTA ln B = VA 27 4PV 0 o ln 16
27 16
4 PV 0 o ln
27 16
5
TEMA 0.-Temperatura y Calor. Calor. Introd. Introd. a la Termodiná Termodinámica. Ejercicio 1. Resolución
3/3
Trabajo
Flujo de Calor
W = 4 PV 0 o ln
27 = 2, 09 PV 0 o 16
Qabsorbido = 4 PV 0 o ln
η=
27 + 6 PV 0 o = 8, 093 PV 0 0 16
2, 09 W = ≈ 0, 26 Qabsorbido 8, 09
TEMA 0.-Temperatura y Calor. Calor. Introd. Introd. a la Termodiná Termodinámica.
Ejemplo 2. Ciclo Carnot refrigerador (1/5) Un refrigerador de Carnot funciona con 18 moles de un gas ideal monoatómico, realizando ciclos de 2 s. Las temperaturas de los focos son 450K y 150 K y consume una potencia de 60 kW. a) Dibuja el ciclo en un diagrama p - V especificando las transformaciones que lo componen. Calcula la eficiencia. b) Calcula el calor intercambiado en cada etapa y la relación entre los volúmenes en la compresión isoterma. c) Calcula la variación de entropía del gas en cada transformación y en el ciclo. Calcula la variación de entropía del Universo. d) Sabiendo que después de la expansión isoterma el volumen del gas es V3 = 0.5 m3, calcula la presión y el volumen después de la compresión adiabática.
6
TEMA 0.-Temperatura y Calor. Calor. Introd. Introd. a la Termodinรก Termodinรกmica.
Ejemplo 2. Ciclo Carnot refrigerador (2/5)
TEMA 0.-Temperatura y Calor. Calor. Introd. Introd. a la Termodinรก Termodinรกmica.
Ejemplo 2. Ciclo Carnot refrigerador (3/5)
7
TEMA 0.-Temperatura y Calor. Calor. Introd. Introd. a la Termodinรก Termodinรกmica.
Ejemplo 2. Ciclo Carnot refrigerador (4/5)
TEMA 0.-Temperatura y Calor. Calor. Introd. Introd. a la Termodinรก Termodinรกmica.
Ejemplo 2. Ciclo Carnot refrigerador (5/5)
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TEMA 0.-Temperatura y Calor. Calor. Introd. Introd. a la Termodiná Termodinámica.
Ejercicio 2. Maquina térmica revers. y no revers.1/2
TEMA 0.-Temperatura y Calor. Calor. Introd. Introd. a la Termodiná Termodinámica. Ejercicio 2. Maquina térmica revers. y no revers.2/2 ciclo
Qc
QF
Wciclo
η
Qc/Tc
QF/TF
ΔSuni
1
2000
950
1050
----
-3,33..
3.16..
<0
imposible
2
2000
1000
1000
0,5
-3.33
3.33
=0
reversible
3
2500
700
1800
----
-4,16..
2,33..
<0
imposible
4
1600
1120
480
0,30
-2,66..
3,73..
>0
irreversible
5
800
400
410
-----
No cum primer
princi
imposible
6
1600
800
800
0,5
-2,66..
=0
reversible
Tc=600
2,66
Q T Se observa que el máximo rendimiento ocurre cuando es reversible. Y además el mismo para cualquier máquina que opere entre los mismos focos TF=300
∆S ≥
9
TEMA 0.-Temperatura y Calor. Calor. Introd. Introd. a la Termodiná Termodinámica. Ciclo Otto Un ciclo Otto ideal de la figura modela el comportamiento de un motor de explosión de cuatro tiempos. El gas describe un proceso entre dos isocoras y dos adiabáticas. Suponiendo un comportamiento ideal de la mezcla de aire y gasolina, justificar que su γ −1 V rendimiento es η = 1 − 2 V1
2-3 isocoro
Q abs = ∆ U = nc v (T3 − T2 )
4-1 isocoro
Q ced = ∆ U = nc v (T1 − T4 )
1-2 compresión adiabática
W21 = −∆U = −ncv (T2 − T1 ) < 0
3-4 expansión adiabática
W34 = −∆U = − ncv ( T4 − T3 ) > 0
W = Qabs − Qcedido = ncv (T3 − T2 ) − ncv (T1 − T4 ) η=
Otra forma de calcular el trabajo
V W Q − Qced Q T − T4 = abs = 1 − ced = 1 − 1 = 1 − 2 Q abs Q abs Q abs T3 − T2 V1
γ −1
Ya que 1-2 y 3-4 son adiabáticas y (V4=V1 y V2=V3)
T1V1γ −1 = T2V 2γ −1 γ −1
T4V1
γ −1
= T3V 2
Restando miembro a miembro
(T1 − T4 )V1γ −1 = (T3 − T2 )V2γ −1
http://laplace.us.es/wiki/index.php/Caso_pr%C3%A1ctico_de_ciclo_Otto#Ejemplo_pr.C3.A1ctico
TEMA 0.-Temperatura y Calor. Calor. Introd. Introd. a la Termodiná Termodinámica. Rendimiento de un motor de explosión Los pistones del Seat 132 2.000, tienen 84 mm de diámetro de pistón y 90 mm de carrera entre el PMS y el PMI. La relación de compresión de 1:8 Suponiendo que la mezcla tiene un comportamiento ideal con coeficiente adiabático 1,4 y que describe un ciclo de Otto: ¿Qué potencia desarrollaría el motor a 6000 rpm.? Datos: poder Ccalorífico de la mezcla 2900 kJ/kg Masa molecular de la mezcla 29 g γ −1 1, 4 −1
Rendimiento del ciclo Otto Volumen del cilindro
V2 V1
η = 1 −
1 = 1− 8
= 56 ,5 %
V piston = π r 2 .carrera = 3,14 .42 2.90 = 498506 , 4 mm 3 = 498 ,5 cc V4 pistones = 1994 cc La admisión de la mezcla se supone PV n= = 0, 020 se hace a T=300 K y P=1 atm RT 1 s. 6000 rpm = 100 rps ⇒ t = 100
Q cedido = nM m 2900 = 1704 , 22 J W = Qabsη = 954,4 J
P = W / t = 954,4(1 / 100) = 95400 watios = 129,7CV
El rendimiento de un motor de explosión real es menor, puede estar en torno al 25% o 30%. , entre las razones: 1) El ciclo Otto ideal es solo una aproximación al ciclo real 2) Hay efectos irreversibles no considerados: No es cuasiéstático, hay pérdidas por fricción, etc.
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TEMA 0.-Temperatura y Calor. Calor. Introd. Introd. a la Termodiná Termodinámica.
Ejemplo 3. Ciclo Carnot Máquina Térmica Un gas diatómico, cv=5R/2, describe el ciclo de Carnot de la figura. Las transformaciones A-B y C-D son isotermas y las transformaciones B-C y D-A son adiabáticas. Hallar los valores de la presión, el volumen, y la temperatura de cada uno de los vértices A, B, C y D a partir de los datos suministrados en la figura. Calcular de forma explícita el trabajo en cada una de las transformaciones, la variación de energía interna, y el calor. Hallar el rendimiento del ciclo, y comprobar que coincide con el valor dado por la fórmula del rendimiento de un ciclo de Carnot. ¿Cuál es la razón por la que un diseñador de motores térmicos debe de conocer el ciclo de Carnot?. Dato: R=8.314 J/(ºK mol)=0.082 atm.l/(ºK mol)
TEMA 0.-Temperatura y Calor. Calor. Introd. Introd. a la Termodiná Termodinámica.
Ejemplo 3. Ciclo Carnot Máquina Térmica
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