ciclos_termo

Ciclos Termodin´ amicos Leidy Milena Leal Abril1 , Aura Jazmin Perez Rios2 . Facultad de Ciencias B´asicas, Escuela de F´ısica 1. El motor ideal de Stirling funciona en un ciclo como el representado en la figura denominado ciclo de Otto. Suponiendo que funciona con un gas ideal, que todos los procesos son cuasiest´aticos y que las capacidades calor´ıficas son constantes, demostrar que el rendimiento de un motor que funcione siguiendo este ciclo viene dado por: 1 v1 γ−1 ( v2 )

η =1−

!

donde a V1 /V2 se le conoce como la relaci´on de compresi´on o relaci´on de expansi´on.

Sol. Observamos que en el ciclo de Otto se observan los siguientes procesos: a) 2 ciclos adiab´ aticos, b) 2 ciclos isocoricos. Partiendo de la primera ley de la termodin´amica ∆u = Q + W observamos que para procesos adiab´aticos, dQ = 0 entonces: ∆u = W Z W = − pdv Y para los ciclos isocoricos, ya que la presi´on es constante, entonces W=0 obteniendo Z 3 Q2−3 = QH = Cv dT = Cv(T 3 − T 2) 2

Z

4

dT = Cv(T 4 − T 1)

Q4−1 = QL = Cv 1

ahora tenemos que el rendimiento esta dado por: η= 1 2

Estudiante de Termodin´ amica Estudiante de Termodin´ amica

1

W QH

ya sabemos los valores de W y de QH . Debido a que W = QH − QL reemplazamos n=

Cv(T 3 − T 2) − Cv(T 4 − T 1) Cv(T 3 − T 2)   T4 − T1 =1− T3 − T2

Multiplicando y dividiendo el numerador por T 1 y el denominador por T 2 tenemos   T4 − 1 T1  T1  =1−   T2 T3 −1 T2 Ahora sabemos que T V γ−1 = cte T 1V 1γ−1 = T 2V 2γ−1   V 1 γ−1 T2 = T1 V2 y sabemos que V2=V3; V1=V4 T 3V 3γ−1 = T 4V 4γ−1 T 3V 2γ−1 = T 4V 1γ−1   T3 V 1 γ−1 = T4 V2 T2 T3 = T1 T4

T4 T3 = T1 T2

o

Entonces T1 ; T2   V 1 −(γ−1) = V2

η =1− T1 = T2



V2 V1

γ−1

obteniendo as´ı: η =1− 

2

1 V1 γ−1 V2



2. La figura representa un diagrama PV simplificado del ciclo de Joule para un gas ideal. Todos los procesos son cuasi-est´aticos y Cp es constante. Demostrar que el rendimiento t´ermico de un motor que realiza este ciclo es:  η =1−

P1 P2

 γ−1 γ

(1)

Sol. En el ciclo de Joule podemos observar que existen dos procesos adiabaticos y dos procesos isobaricos. Conociendo la primera ley de la termodin´amica: ∆u = q + w

(2)

Tenemos en cuenta para los dos procesos adiabaticos w=0 entonces la relaci´ on nos queda de la forma ∆u = w en los procesos 2 −→ 3 y 4 −→ 1 ∆U = QH = U 3 − U 2 Z ∆u =

Cv dT

(3)

sabemos que el rendimiento esta dado por: η=

w QH

(4)

y W esta dado por: w=

QH − QL QH

y asi finalmente el rendimiento no es queda: η =1− 3

QL QH

(5)

η =1−

u4 − u1 u3 − u2

Ahora 3

Z

dT = Cv(T 3 − T 2)

QH = Cv 2 4

Z

dT = Cv(T 4 − T 1)

Ql = Cv 1

reemplazando en la ecuaci´ on (5) los valores correspondientes de QH Y QL η =1−

Cv(T 4 − T 1) Cv(T 3 − T 2)

 η =1−

T1 T2

 T4 − 1 T1 T3 T2 − 1

los procesos 1-2 y 3-4 P2 = P3 y P1 = P4 y P2 P3 = P1 P4 T2 = T1



P2 P1

 γ−1



γ

=

P3 P4

 γ−1 γ

=

T2 T1

3. La figura C) representa un diagrama PV simplificado del ciclo de Sargent para un gas ideal. Todos los procesos son cuasi-est´aticos y las capacidades calor´ıficas son constantes. Demostrar que el rendimiento t´ermico de un motor que realiza este ciclo es η =1−γ

T4 − T1 T3 − T2

Sol. En el camino de 1 −→ 2 hay un proceso adiab´atico Q1−→2 = 0 4

En el camino de 2 −→ 3 hay un proceso isoc´orico Z Q2−→3 = Cv dT = Cv (T3 − T2 ) En el camino de 3 −→ 4 hay un proceso adiabatico Q3−→4 = 0 En el camino de 4 −→ 1 hay un proceso isobarico Z Q4−→1 = − Cp dT = Cp (T4 − T1 ) Donde el calor absorbido por el sistema es: Z QH = Cv dT = Cv (T3 − T2 y el calor cedido por el sistema esta dado por: Z QL = − Cp dT = Cp (T4 − T1 ) El rendimiento del ciclo esta dado por la siguiente ecuaci´on: η=

QL WT =1− QH QH

reemplazando los valores de QL y QH obtenemos η =1−

Cp (T4 − T1 ) Cv (T3 − T2

y conociendo la relacion del indice de variaci´on adiabatico γ = η =1−γ

Cp Cv

entonces

T4 − T1 T3 − T2

4. La figura D) representa un ciclo imaginario de un motor que utiliza un gas ideal. Suponiendo constantes las capacidades calor´ıficas, demostrar que el rendimiento t´ermico es η =1−γ

5

(V 1/V 2) − 1 (P 3/P 2) − 1

En los procesos 1 −→ 2 observamos un proceso isobarico Z T2 Q12 = Cp dT T1

= −Cp (T 2 − T 1) Z V1 pdV W 12 = V2

= P 2(V 1 − V 2) En los procesos 2 −→ 3 observamos un proceso isocorico Q23 = Cv (T 3 − T 2) W 23 = 0 En los procesos 3 −→ 1 observamos un proceso Adiabatico Q31 = 0 Z V1 W 31 = pdV V2 V1

Z =

V2

con P V

1−γ

=

P1 V11−γ

=

p2 V2γ

dV Vγ

P2 V21−γ =

1 (P3 V1 − P2 V1 ) γ−1 1 (P3 V1 − P2 V1 ) γ−1 Cv (T 3 − T 2)

P 2(V 1 − V 2) − η=

Teniendo en cuenta la relaci´ on de Mayer nR = Cp − Cv podemos observar que Cv 1 = Cp − Cv γ−1 y reemplazando en la ecuaci´ on, tenemos 1 (P 3V 2 − P 2V 1) P 2(V 1 − V 2) γ−1 = − 1 1 V 2(P 3 − P 2) V 2(P 3 − P 2) γ−1 γ−1

cancelando el termino

1 obtenemos γ−1 =(γ − 1)

P 2(V 1 − V 2) (P 3V 2 − P 2V 1) − V 2(P 3 − P 2) V 2(P 3 − P 2)

(6) (7)

6

 =(γ − 1)

V 1/V 2 − 1 P 3/P 2 − 1



 −

P 3 − P 2V 1/V 2 P3 − P2



Dividimos el segundo termino por P2   P 3/P 2 − V 1/V 2 V 1/V 2 − 1 − =(γ − 1) P 3/P 2 − 1 P 3/P 2 − 1   V 1/V 2 − 1 (P 3/P 2 − 1) − (V 1/V 2 − 1) =(γ − 1) − P 3/P 2 − 1 P 3/P 2 − 1     V 1/V 2 − 1 V 1/V 2 − 1 −1+ =(γ − 1) P 3/P 2 − 1 P 3/P 2 − 1   V 1/V 2 − 1 ((γ − 1) + 1) − 1 = P 3/P 2 − 1   V 1/V 2 − 1 η =γ −1 P 3/P 2 − 1 5. Un motor de gas ideal trabaja seg´ un un ciclo que, representado en el diagrama PV, es un rect´ angulo. Sean P1 y P2, respectivamente, las presiones inferior y superior, y designemos por V1 y V2 los vol´ umenes inferior y superior, respectivamente. a) Calcular el trabajo realizado en un ciclo. b) Indicar que partes del ciclo implican paso de calor y calcular la cantidad de calor absorbido por el gas en un ciclo (Suponer constantes las capacidades calor´ıficas). c) Demostrar que el rendimiento de este motor es η=

γ−1 γP2 V1 + P2 − P1 V2 − V1

Sol. En el camino de 1 −→ 2 hay un proceso isobarico donde el sistema se enfr´ıa Z Q1−→2 = Cp dT = Cp (T1 − T2 ) Z W1−→2 =

pdV = −P1 (V2 − V1 )

En el camino de 2 −→ 3 hay un proceso isocorico donde el sistema se calienta Z Q2−→3 = Cv dT = Cv (T3 − T2 ) 7

ya que es un proceso a volumen constante W2−→3 = 0 En el camino de 3 −→ 4 hay un proceso isobarico dando el sistema se calienta Z Q3−→4 = Cp dT = Cp (T3 − T4 ) Z W3−→4 =

pdV = P2 (V2 − V1 )

En el camino de 4 −→ 1 hay un proceso isocorico donde el sistema se enfr´ıa Z Q4−→1 = Cv dT = Cv (T4 − T1 ) ya que es un proceso a volumen constante W4−→1 = 0 a.) El trabajo total del sistema es la suma de los trabajos de cada uno de los proceso, as´ı: Wtotal = W1−→2 + W2−→3 + W3−→4 + W4−→1 Wtotal = −P1 (V2 − V1 ) + O + P2 (V2 − V1 ) + 0 factorizando el termino (V2 − V1 ) se obtiene: Wtotal = (P2 − P1 )(V2 − V1 ) b.) Los caminos por donde hay paso de calor absorbido son; 2 −→ 3y 3 −→ 4 donde el calculo del calor absorbido total es: QH = Q2−→3 + Q3−→4 = Cv (T3 − T2 ) + Cp (T4 − T3 ) Mientras que los caminos donde el calor es sedido por el sistema son; 1 −→ 2 y 4 −→ 1 donde el calculo total del calor sedido es: QL = Q1−→2 +Q4−→1 = Cp (T1 −T2 )+Cv (T4 −T1 ) c.) QL WT =1− η= QH QH Cp (T1 − T2 ) + Cv (T4 − T1 ) QL = QH Cv (T3 − T2 ) + Cp (T4 − T3 ) usando PV=nRT

Cp (P1 V2 − P1 V1 ) + Cv (P2 V2 − P1 V2 ) QL = QH Cv (P2 V1 − P1 V1 ) + Cp (P2 V2 − P2 V1 )

multiplicando en ambos lados por

Cv Cv

y sabiendo que γ =

Cp Cv ,

entonces

γ(P1 V2 − P1 V1 ) + (P2 V2 − P1 V2 ) QL = QH γ(P2 V2 − P2 V1 ) + (P2 V1 − P1 V1 )

η =1−

QL γ(P2 V2 − P2 V1 ) + (P2 V1 − P1 V1 ) − (γ(P1 V2 − P1 V1 ) + (P2 V2 − P1 V2 )) = QH γ(P2 V2 − P2 V1 ) + (P2 V1 − P1 V1 )

Agrupando los t´erminos de γ 8

η=

γ(P2 − P1 )(V2 − V1 ) − (P2 − P1 )(V2 − V1 ) γ(P2 V2 − P2 V1 ) + (P2 V1 − P1 V1 )

factorizando el termino (P2 − P1 )(V2 − V1 ) η=

(γ − 1)(P2 − P1 )(V2 − V1 ) γP2 (V2 − V1 ) + V1 (P2 − P1 )

multiplicando en ambos lados de la ecuaci´on por η=

(P2 −P1 )(V2 −V1 ) (P2 −P1 )(V2 −V1 )

γ−1 V1 γP2 + P2 − P1 V2 − V1

9