termodinámica problemas
PROBLEMAS DE TERMODINÁMICA
PROCESOS POLITRÓPICOS DE UN GAS IDEAL
T
e
r
m
o
d
i
n
á
m
i
c
a
Problema 1. Ciclo 3 etapas (isocora + adiabática + isoterma)
Problema 2. Ciclo de Carnot (ciclo de potencia)
Problema 3. Ciclo de Stirling
Problema 4. Ciclo de Otto
Problema 5. Proceso adiabático + isotermo. Cálculo de entropía
Problema 6.Proceso politrópico. Cálculo de calor
Problema 7. Ciclo 4 etapas (2 isoabaras + 2 isocoras)
Problema 8. Proceso politrópico. Cálculo de entropía
Problema 9. Ciclo 3 etapas (isobara + politrópica + isoterma). Cálculo de entropía
Problema 10. Ciclo de Carnot (ciclo de refrigeración)
1
PROBLEMA 1
Un gas ideal de coeficiente adiabático γ = 1.4 con un volumen específico inicial de 0.008
m3/mol sesomete a un calentamiento isocórico que hace variar su presión entre 2.65 bar y 4.20
bar. Seguidamente el gas se expande adiabáticamente hasta un volumen adecuado, y por último
se somete a una compresión isoterma hasta que recupera su volumen específico inicial. Se pide:
A) Dibuje esquemáticamente en forma cualitativa los procesos sufridos por este gas en un
diagrama p – v.
B) Determinepresión, volumen y temperatura del punto común del proceso adiabático y del
proceso isotermo sufrido por el gas. Dato: R = 8,314 J/(K⋅mol)
C) Determine el rendimiento del ciclo termodinámico que ha descrito el gas.
P
Apartado A)
v0 = v1 = v2 = 0.008 m3 /mol
P = 2.65 bar
1
P2 = 4.20 bar
El gas describe un ciclo de
potencia (sentido horario) cuyos
puntos notables son 1, 2 y 3.
P2
2P1
1
ADIABÁTICA
ISOTERMA
3
P3
v0
v3
v
2
UCLM
PROBLEMA 1 (CONT)
UCLM
Apartado B) (Determinación coordenadas punto 3)
P
Las temperaturas de los puntos notables se
determinan inmediatamente a partir de la
ecuación de estado del gas:
2
P2
p1v1
= 255 K
pV = nRT
R
pv = RT
V
pv
p = RT
T2 = 2 2 = 404 K
n
R
Las temperaturas T3 y T1 soniguales, están
sobre la misma isoterma T3 = T1 = 255 K
T1 =
1
P1
ADIABÁTICA
ISOTERMA
3
P3
v
v3
v0
Para obtener el volumen del punto 3:
γ
γ
Ecuación de la adiabática:
p2V2 = p3V3
Ecuación de la isoterma:
p1V1 = p3V3
En términos de
volúmenes molares:
γγ
γγ
p2 n v2 = p3n v3
p1v1 = p3v3
Dividiendo
miembro a
miembro:
γ
p2 nγ v2
γ
= nγ v3−1
p1v1
1 / (γ −1)
γ
⎛ p2v2 ⎞
v3 = ⎜
⎟
⎜ pv ⎟
⎝ 11⎠
= 0.025 m 3 /mol
Presión del punto 3:
p3 =
RT3
= 83799 Pa = 0.838 bar
3
v3
PROBLEMA 1 (CONT)
Rendimiento: η =
Apartado C) (Determinación del rendimiento)
Veamos cualitativamente trabajo
y calor en cada etapa del ciclo
Wad
p V − p3V3
= 22
γ −1
wad =
P
V1
Wisot =
ADIABÁTICA
wV = 0 2
qV > 0∫
V1
pdV =
V3
1
UCLM
p2v2 − p3v3
= 3100 J/mol
γ −1
nRT
V
dV = nRT1 ln 1
V
V3
wisot = RT1 ln
qad = 0
ISOTERMA
∫
V3
wneto wad + wisot
=
qV
qV
v1
= −2441 J/mol
v3
QV = ncV ∆T = ncV (T2 − T1 )
wad > 0
wisot < 0
qV =
qisot = wisot < 0
γ=
3
v
p (Pa)
v (m3/mol)
T (K)
1
265000
0,008
255
2
4200000,008
404
3
83799
0,025
255
η=
cP
cV
cP − cV = R
cV =
R
(γ − 1)
QV
= cV (T2 − T1 )
n
qV =
R
(T − T ) = 3100 J/mol
γ −1 2 1
Pregunta: ¿Es casual que
el resultado numérico para
qV coincida con wad?
wneto wad + wisot 3100 − 2441
=
=
= 0.21
qV
qV
3100
(21%)
4
PROBLEMA 2
A)
B)
C)
Un ciclo de Carnot reversible empleado como ciclo depotencia, que usa un gas ideal de UCLM
coeficiente adiabático 1.4 como fluido de trabajo, opera entre las temperaturas 300 K y
500 K. La presión máxima del ciclo es 2.50 bar, y en la etapa de expansión isoterma el
gas aumenta su volumen específico hasta alcanzar 0.040 m3/mol. Dato: R = 8,314
kJ/(K⋅kmol).
Determine las coordenadas volumen específico, presión y temperatura de todos los...
Regístrate para leer el documento completo.