¡Gas ideal en un ciclo isotérmico!

a) Utilice la ecuación del gas ideal y resuelva las variables requeridas en cada caso.

b) Utilice la definición de trabajo, para encontrar el trabajo. Usa directamente la ecuación para el cambio de energía interna para obtenerla. Y usa la primera ley de la termodinámica para hallar el calor.

c) Sume todos los trabajos encontrados anteriormente.

d) Utilice la ecuación de eficiencia con los valores encontrados en b).

a) La ley de los gases ideales establece:

\begin{equation*}
PV = nRT,
\end{equation*}

[mepr-show rules=”4409″ unauth=”both”]

Estado B: Con los valores dados, despejando \(V_B\) obtenemos:

\begin{equation*}
V_B = 0.022 \, \text{m}^3.
\end{equation*}

Estado A: El volumen es el mismo que en A. Entonces:

\begin{equation*}
V_A = 0.022 \, \text{m}^3.
\end{equation*}

Resolviendo \(T_A\) a partir de la ley de los gases ideales obtenemos:

\begin{equation*}
T_A = 133.3 \, \text{K}.
\end{equation*}

Estado C: Por la ley de los gases ideales, despejando el volumen obtenemos:

\begin{equation*}
V_C = 0.066 \, \ \text{m}^3.
\end{equation*}

Dado que de \(B\) a \(C\) el gas se somete a un proceso isotérmico, entonces:

\begin{equation*}
T_C = 400 \, \text{K}.
\end{equation*}

b) La definición de trabajo es:

\begin{equation*}
W = \int_{V_i}^{V_f} P dV.
\end{equation*}

El cambio de energía interna es:

\begin{equation*}
\Delta U = \frac{5}{2} nR \Delta T.
\end{equation*}

La primera ley de la termodinámica establece:

\begin{equation*}
\Delta U = Q – W.
\end{equation*}

Usando esas ecuaciones para cada proceso obtenemos:

Proceso A \(\rightarrow\) B.

\begin{equation*}
\Delta U_{A \rightarrow B} = 11086\, \text{J}.
\end{equation*}

\begin{equation*}
W_{A \rightarrow B} = 0.
\end{equation*}

\begin{equation*}
Q_{A \rightarrow B} = 11086\, \text{J}.
\end{equation*}

Proceso B \(\rightarrow\) C.

\begin{equation*}
\Delta U_{B \rightarrow C} = 0.
\end{equation*}

\begin{equation*}
W_{B \rightarrow C} = 7307.5 \, \text{J}.
\end{equation*}

\begin{equation*}
Q_{B \rightarrow C} = 7307.5 \, \text{J}.
\end{equation*}

Proceso C \(\rightarrow\) A.

\begin{equation*}
\Delta U_{C \rightarrow A} = -11086 \, \text{J}.
\end{equation*}

\begin{equation*}
W_{C \rightarrow A} = -4434.4 \, \text{J}.
\end{equation*}

\begin{equation*}
Q_{C \rightarrow A} = – 15520.4 \, \text{J}.
\end{equation*}

c) Por la suma de los tres trabajos encontrados en b) obtenemos:

\begin{equation*}
W_{ \text{Total}} = 2873.1 \, \text{J}.
\end{equation*}

d) La eficiencia se puede escribir como:

\begin{equation*}
\epsilon = \frac{W_{ \text{Total}}}{Q_{\text{abs}}}.
\end{equation*}

Ya se encontró el trabajo total. El calor absorbido es \(Q_{A \rightarrow B} + Q_{B \rightarrow C}\). Entonces:

\begin{equation*}
\epsilon = 0.156.
\end{equation*}

Para obtener una explicación más detallada de cualquiera de estos pasos, haga clic en “Solución detallada”.

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Sea \(n = 2\) el número de moles de gas. Además, sea \(P_0 = 10^{5}\) Pa la presión en los estados A y C.

a) Algunas de las variables de estado (presión, volumen y temperatura) ya se dan en la figura del enunciado. Podemos encontrar el resto usando la ley de los gases ideales.

La ley de los gases ideales establece que para \(n\) moles de un gas ideal, su presión \(P\), volumen \(V\) y temperatura \(T\) están relacionados por la ecuación:

\begin{equation}
\label{EQ:GAS}
PV = nRT,
\end{equation}

[mepr-show rules=”4409″ unauth=”both”]

donde \(R\) es la constante del gas ideal. Consideremos cada estado por separado:
Estado B: Se nos da la temperatura \(T_B = 400 \ K\) y la presión \(P_B = 3 P_0 = 3\cdot 10^5\ \text{Pa}\). Si dividimos la ecuación. \eqref{EQ:GAS} por \(P\), encontramos que el volumen de un gas ideal está dado por

\begin{equation}
\label{EQ:V}
V = \frac{nRT}{P},
\end{equation}

y sustituyendo \(T_B\) y \(P_B\) obtenemos

\begin{equation}
\label{EQ:VB}
V_B = \frac{nRT_B}{P_B}
= \frac{nRT_B}{3P_0}
= \left(2\ \text{mol}\right) \left(8.3145 \frac{\ \text{J}}{\ \text{mol}\ \ \text{K}}\right)\frac{400\ \ \text{K}}{3\times10^5\ \ \text{Pa}}
= 0.022\ \ \text{m}^3.
\end{equation}

Estado C: Dado que el gas se somete a un proceso isotérmico entre los estados B y C, tenemos

\begin{equation}
\label{EQ:TC}
T_C = T_B = 400\ K.
\end{equation}

Además, por la figura, sabemos que \(P_C = P_0 = 10^5\ \ \text{Pa}\). Por tanto, de la ecuación. \eqref{EQ:V} , el volumen \(V_C\) viene dado por

\begin{equation}
\label{EQ:VC}
V_C = \frac{nRT_C}{P_C}
= \frac{nRT_B}{P_0}
= 0.066\ \ \text{m}^3.
\end{equation}

Estado A: Por la figura, sabemos que \(P_A = P_0 = 10^5 \ \ \text{Pa}\). Además, podemos notar que \(V_A = V_B\). Por tanto, de la ecuación. \eqref{EQ:VB} , obtenemos

\begin{equation}
\label{EQ:VA}
V_A = \frac{nRT_B}{3P_0}
= 0.022\ \ \text{m}^3,
\end{equation}

y ahora podemos encontrar la temperatura \(T_A\) usando la ley de los gases ideales. Si dividimos la ecuación. \eqref{EQ:GAS} por \(nR\), obtenemos que la temperatura para un gas ideal está dada por

\begin{equation}
\label{EQ:T}
T = \frac{PV}{nR}.
\end{equation}

Sustituyendo la ecuación \eqref{EQ:VA} y \(P_A = P_0\) obtenemos

\begin{equation}
\label{EQ:TA}
T_A = P_0 \left(\frac{nRT_B}{3P_0}\right)\left(\frac{1}{nR}\right)
= \frac{T_B}{3}
= \frac{400\ \ \text{K}}{3} = 133.3\ \ \text{K}.
\end{equation}
(b) Podemos encontrar la energía interna de cada estado directamente a partir de las temperaturas encontradas en la parte (a) utilizando el teorema de equipartición. Luego, podemos usar estas energías internas para encontrar el cambio en la energía interna durante cada proceso. A continuación, podemos usar el área bajo la curva del diagrama PV para encontrar el trabajo realizado por el gas durante cada proceso. Finalmente, podemos usar la primera ley de la termodinámica para encontrar el calor intercambiado durante cada proceso.

Energía interna

El teorema de equipartición establece que para \(n\) moles de un gas en equilibrio, hay una energía interna promedio de \(\frac{1}{2} nRT\) para cada grado de libertad. Un gas diatómico tiene 5 grados de libertad porque para cada molécula, hay energía cinética de traslación en tres dimensiones y energía cinética de rotación en dos ejes de rotación. Por lo tanto, la energía interna \(U\) de \(n\) moles de un gas diatómico está dada por

\begin{equation}
\label{EQ:U}
U = 5 \left(\frac{1}{2} nRT\right) = \frac{5}{2} nRT.
\end{equation}

Podemos sustituir las temperaturas encontradas en el inciso (a) en esta ecuación para obtener expresiones para la energía interna en los cuatro estados. Consideremos cada proceso por separado:

Proceso A \(\rightarrow\) B: El cambio en la energía interna se define como

\begin{equation}
\label{EQ:pre_DUAB}
\Delta U_{A \rightarrow B} = U_B – U_A.
\end{equation}

Ahora, de acuerdo con la ecuación. \eqref{EQ:U} , las energías internas \(U_B\) y \(U_A\) están dadas por

\begin{equation}
U_A = \frac{5}{2} nRT_A,
\end{equation}

y

\begin{equation}
U_B = \frac{5}{2} nRT_B.
\end{equation}

Sustituyendo la ecuación \eqref{EQ:TA} se cumple que

\begin{equation}
\label{EQ:UA}
U_A = \frac{5}{2} nR \frac{T_B}{3}
= \left(\frac{5}{6}\right) nR T_B.
\end{equation}

y

\begin{equation}
\label{EQ:UB}
U_B = \frac{5}{2} nR T_B.
\end{equation}

Por lo tanto, al insertar estas ecuaciones en la ecuación. \eqref{EQ:pre_DUAB} obtenemos

\begin{equation}
\label{EQ:DUAB}
\Delta U_{A \rightarrow B} = \frac{5}{2} nR T_B – \frac{5}{6} nR T_B = \frac{5}{2} nRT_B\left( 1 – \frac{1}{3}\right) = \frac{5}{2}nRT_B\left(\frac{2}{3}\right)
= \frac{5}{3} nRT_B,
\end{equation}

e insertando valores numéricos se obtiene

\begin{equation}
\Delta U_{A \rightarrow B} = \frac{5}{3} \left(2\ \text{mol}\right) \left(8.3145 \ \frac{J}{\text{mol}\ \text{K}}\right)\left(400\ \text{K}\right)
= 11086 \, \text{J}.
\end{equation}
Proceso B \(\rightarrow\) C: De la ecuación \eqref{EQ:U} , la energía interna está determinada por la temperatura del gas. Dado que el proceso \(B \rightarrow C\) es isotérmico, tenemos \(T_C = T_B\), y así tenemos \(U_B = U_C\). Por lo tanto, de la ecuación. \eqref{EQ:UB} , tenemos

\begin{equation}
\label{EQ:UC}
U_C = \frac{5}{2} nRT_B,
\end{equation}

y por lo tanto,

\begin{equation}
\label{EQ:DUBC}
\Delta U_{B\rightarrow C} = U_C – U_B = 0.
\end{equation}

Proceso C \(\rightarrow\) A: De las ecuaciones \eqref{EQ:UA} y \eqref{EQ:UC} , obtenemos

\begin{equation}
\label{EQ:DUCA}
\Delta U_{C\rightarrow A} = U_A – U_C = \frac{5}{6} nR T_B – \frac{5}{2} nRT_B = \frac{5}{2} nRT_B \left(\frac{1}{3} – 1\right) = \frac{5}{2} nRT_B \left(-\frac{2}{3}\right)
\end{equation}

y sustituyendo valores numéricos obtenemos
\begin{equation}
\Delta U_{C\rightarrow A} = – \frac{5}{3} \left(2\ \ \text{mol}\right) \left(8.3145 \ \frac{\text{J}}{\ \text{mol}\ \text{K}}\right)\left(400\ \text{K}\right)
= – 11086 \, \text{J}.
\end{equation}

Trabajo

Se puede demostrar que el trabajo realizado por el gas \(W\) durante un proceso es igual al área bajo la curva de la línea que describe el proceso en un diagrama PV. Esto se puede escribir formalmente como

\begin{equation}
\label{EQ:W}
W = \int_{V_i}^{V_f} P dV.
\end{equation}

Consideremos cada proceso por separado:

Proceso A \(\rightarrow\) B: El área bajo la curva descrita por este proceso es cero (es decir, el volumen no cambia durante este proceso), como se muestra en la figura 1.

Por eso,

\begin{equation}
\label{EQ:WAB}
W_{A \rightarrow B} = 0.
\end{equation}

Estos resultados también se pueden obtener de la ecuación \eqref{EQ:W} porque ambos límites de integración son iguales, por lo que la integral es cero.

Proceso B \(\rightarrow\) C: En este caso, la presión no es constante. Por tanto, debemos realizar la integral en la ecuación. \eqref{EQ:W} para encontrar el trabajo realizado por el gas. Primero, debemos escribir la presión en función del volumen. Esto puede hacerse usando la ley de los gases ideales. Si dividimos la ecuación. \eqref{EQ:GAS} por \(V\), obtenemos eso para cualquier gas ideal

\begin{equation}
P = \frac{nRT}{V}.
\end{equation}

Ahora, durante este proceso en particular, la temperatura permanece constante en un valor de \(T = T_B = 400 \ \ \text{K}\). Por eso,

\begin{equation}
P = \frac{nRT_B}{V}
\end{equation}

y sustituyendo esto en la ecuación. \eqref{EQ:W} obtenemos

\begin{equation}
W_{B \rightarrow C} = \int_{V_i}^{V_f} \frac{nRT_B}{V} dV = nRT_B \int_{V_i}^{V_f} \frac{1}{V} dV,
\end{equation}

Resolviendo la integral obtenemos

\begin{equation}
W_{B \rightarrow C} = nRT_B V\Big|_{V_i}^{V_f} = nRT_B (\ln (V_f) – \ln(V_i)) = nRT_B \ln\left(\frac{V_f}{V_i}\right),
\end{equation}

donde \(V_f = V_C\) y \(V_i = V_B\). Sustituyendo estos volúmenes apartir de las ecuaciones \eqref{EQ:VB} y \eqref{EQ:VC} obtenemos

\begin{equation}
W_{B \rightarrow C} = nRT_B \ln\left(\frac{V_C}{V_B}\right) = nRT_B \ln\left( \frac{\left(\frac{nRT_B}{P_0}\right) }{ \left(\frac{nRT_B}{3P_0}\right) }\right) = nRT_B \ln\left( \frac{1}{\frac{1}{3}}\right),
\end{equation}

que es lo mismo que

\begin{equation}
\label{EQ:WBC}
W_{B \rightarrow C} = nRT_B \ln\left(3\right).
\end{equation}

Insertando valores numéricos, tenemos

\begin{equation}
W_{B \rightarrow C} = \left(2\ \text{mol}\right) \left(8.3145 \frac{\text{J}}{\text{mol}\ \text{K}}\right)\left(400\ \text{K}\right) \ln\left(3\right)
= 7307.5 \, \text{J}.
\end{equation}

La Figura 2 ilustra el trabajo de esta parte del proceso:

Proceso C \(\rightarrow\) A: Durante este proceso, el volumen cambia de \(V_i = V_C\) a \(V_f = V_A\) a una presión constante de \(P_0.\) Por lo tanto, de la ecuación. \eqref{EQ:W} , obtenemos

\begin{equation}
W_{C \rightarrow A} = \int_{V_C}^{V_A} P_0 dV = P_0 \int_{V_C}^{V_A} dV = P_0 V\Big|_{V_C}^{V_A} = P_0 (V_A – V_C),
\end{equation}

y sustituyendo las ecuaciones. \eqref{EQ:VC} y \eqref{EQ:VA} tenemos

\begin{equation}
\label{EQ:WCA}
W_{C \rightarrow A} = P_0 \left(\frac{nRT_B}{3P_0}- \frac{nRT_B}{P_0} \right) = P_0 \frac{nRT_B}{P_0} \left(\frac{1}{3} – 1\right)
= -\frac{2}{3} nRT_B.
\end{equation}

Finalmente, después de insertar valores numéricos, obtenemos
\begin{equation}
W_{C \rightarrow A} = -\frac{2}{3} \left(2\ \text{mol}\right) \left(8.3145 \frac{\text{J}}{\text{mol}\ \text{K}}\right)\left(400\ \text{K}\right)
= -4434.4 \, \text{J}.
\end{equation}

Fácilmente podríamos haber encontrado este trabajo gráficamente, como el área del rectángulo como se muestra en la figura 3.

Calor

Ahora, deberíamos encontrar el calor intercambiado durante los tres procesos. Dado que ya hemos encontrado el trabajo y el cambio en la energía interna de todos los procesos, podemos encontrar fácilmente el calor intercambiado utilizando la primera ley de la termodinámica. Esta ley establece que para una sustancia que se somete a un proceso termodinámico, el cambio en la energía interna es igual al calor \(Q\) absorbido por la sustancia menos el trabajo \(W\) realizado por ella. Esto se puede escribir como

\begin{equation}
\Delta U = Q – W,
\end{equation}

donde un signo positivo para \(Q\) indica que la sustancia absorbió calor y un signo negativo indica que irradió calor. Del mismo modo, cuando \(W> 0\), la sustancia realizó trabajo durante el proceso, y cuando \(W< 0\), el trabajo fue realizado sobre la sustancia. Resolviendo para \(Q\) obtenemos \begin{equation} Q = \Delta U + W. \end{equation}

Proceso A \(\rightarrow\) B: De las ecuaciones \eqref{EQ:DUAB} y \eqref{EQ:WAB} obtenemos \begin{equation} Q_{A\rightarrow B} = \frac{5}{3} nRT_B + 0 = \frac{5}{3} nRT_B , \end{equation}

y poniendo valores numéricos

\begin{equation} \label{EQ:QAB} Q_{A\rightarrow B} = \frac{5}{3} \left(2\ \text{mol}\right) \left(8.3145 \frac{\text{J}}{\text{mol}\ \text{K}}\right)\left(400\ \text{K}\right) = 11086 \ \text{J}. \end{equation}

Proceso B \(\rightarrow\) C: De las ecuaciones \eqref{EQ:DUBC} y \eqref{EQ:WBC}, tenemos \begin{equation} Q_{B\rightarrow C} = 0 + nRT_B \ln\left(3\right) = nRT_B \ln\left(3\right), \end{equation}

es decir,

\begin{equation} \label{EQ:QBC} Q_{B\rightarrow C} = \left(2\ \text{mol}\right) \left(8.3145 \frac{\text{J}}{\text{mol}\ \text{K}}\right)\left(400\ \text{K}\right) \ln\left(3\right) = 7307.5 \, \text{J}. \end{equation}

Proceso C \(\rightarrow\) A: De las ecuaciones \eqref{EQ:DUCA} y \eqref{EQ:WCA}, obtenemos \begin{equation} Q_{C\rightarrow A} = – \frac{5}{3} nRT_B + \left(-\frac{2}{3} nRT_B\right) = -\frac{7}{3} nRT_B , \end{equation}

que es lo mismo que

\begin{equation} \label{EQ:QCA} Q_{C\rightarrow A} = -\frac{7}{3} \left(2\ \text{mol}\right) \left(8.3145 \frac{\text{J}}{\text{mol}\ \text{K}}\right)\left(400\ \text{K}\right) = -15520.4 \, \text{J}. \end{equation}

Aquí, el signo negativo indica que el gas transfirió calor a su entorno.

(c) El trabajo total \(W\) realizado por el gas durante un ciclo es simplemente la suma de los trabajos realizados por el gas durante cada proceso. Esto se puede escribir como \begin{equation} W = W_{A\rightarrow B} + W_{B\rightarrow C} + W_{C\rightarrow A}, \end{equation} y sustituyendo las ecuaciones \eqref{EQ:WAB}, \eqref{EQ:WBC}, y \eqref{EQ:WCA} obtenemos \begin{equation} W = 0 + nRT_B \ln\left(3\right) + \left(-\frac{2}{3} nRT_B\right) = nRT_B \left(\ln\left(3\right) – \frac{2}{3}\right), \end{equation}

que es equivalente a

\begin{equation} \label{EQ:WTOTAL} W = \left(2\ \text{mol}\right) \left(8.3145 \frac{\text{J}}{\text{mol}\ \text{K}}\right)\left(400\ \text{K}\right) \left(\ln\left(3\right) – \frac{2}{3}\right) = 2873.1 \, \text{J}. \end{equation}

(d) La eficiencia \(\epsilon\) de un motor que realiza un ciclo termodinámico se define como el trabajo neto realizado \(W\) dividido por el calor absorbido por el gas \(Q_{\text{abs}}\). Esto podemos escribirlo como: \begin{equation} \label{EQ:EFF} \epsilon = \frac{W}{Q_{\text{abs}}}. \end{equation} En este caso, \(W\) esta dado por \eqref{EQ:WTOTAL}. Para encontrar \(Q_{\text{abs}}\), debemos identificar en qué procesos el gas absorbe calor y luego sumar la cantidad de calor absorbido en cada uno de estos procesos. De las ecuaciones \eqref{EQ:QAB}, \eqref{EQ:QBC}, y \eqref{EQ:QCA}, podemos notar que \(Q_{A\rightarrow B}, Q_{B\rightarrow C} > 0\), and \(Q_{C \rightarrow A} < 0\). Como se explicó en la parte (b), definimos nuestras convenciones de signos de modo que \(Q> 0\) indica que el gas absorbió calor. Por lo tanto,

\begin{equation}
Q_{\text{abs}} = Q_{A\rightarrow B} + Q_{B\rightarrow C},
\end{equation}

y sustituyendo las ecuaciones. \eqref{EQ:QAB} y \eqref{EQ:QBC} obtenemos

\begin{equation}
Q_{\text{abs}} = \frac{5}{3} nRT_B + nRT_B \ln\left(3\right)
= nRT_B \left(\frac{5}{3} + \ln\left(3\right)\right) .
\end{equation}

Por tanto, sustituyendo esta ecuación y la ecuación. \eqref{EQ:WTOTAL} en la ecuación \eqref{EQ:EFF} se cumple que

\begin{equation}
\epsilon = \frac{W}{Q_{\text{abs}}} = nRT_B \frac{\ln(3) – \frac{2}{3}}{nRT_B (\frac{5}{3} + \ln(3)) }
= \frac{\ln(3) – \frac{2}{3}}{\frac{5}{3} + \ln(3)}
= 0.156 = 15.6 \%
\end{equation}

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