1

SEGUNDA LEY DE LA

TERMODINÁMICA

TEMA 3OBJETIVO: El alumno analizará los conceptos que le permitan comprender las restricciones que impone la segunda ley de la termodinámica a los flujos energéticos.

CONTENIDO: -3.1 Conceptos de depósito térmico y máqui-na térmica.

-3.2 Eficiencia térmica y coeficiente térmico.

-3.3 Enunciados de Kelvin –Planck y de Clausius.

-3.4 Conceptos de procesos reversible, irre-versible y causas de irreversibilidad.

-3.5 Ciclo de Carnot. Teorema de Carnot. Eficiencia y coeficiente térmicos máximos.

-3.6 Desigualdad de Clausius. Concepto de entropía. Principio del incremento de entropía.

-3.7 Variación de entropía en procesos con gas ideal.

SEGUNDA LEY DE LA TERMODINÁMICA

QA

café30ºC 20ºC

CAUSAS DE IRREVERSIBILIDAD

Tamb = 20ºC

-QA= -∆U12 QA = ∆U21

Imposible

Causa: Diferencia finita de temperaturas

QA

30°20°

FV1 > 0 V2 = 0

O

Energía Mecánica

-QA

W = ∆EC12 = - Q12

Causa: Fricción

QA

Q21 = ∆EC21

Imposible

FRICCIÓN

La fricción degrada la energía mecánica y es un pro-ceso Irreversible. Así sucede en la naturaleza.

2

CAUSA: EXPANSIÓN ILIMITADA DE LOS GASES

La expansión ilimitada de los gases es otra causade irreversibilidad.

-1W2 = -∆U12e/c

1W2 = ∆U21

IMPOSIBLE

L.P.L.P.

e/c

V

LP LP

Causa: mezcla de gases

Pared adiabática

A B

-WA = -∆U12)A; -WB = -∆U12)B

B

A

A

WA = ∆U21)A

IMPOSIBLE

c/p

WB = ∆U21

IMPOSIBLE

c/e

c/e c/e

CAUSA: REACCIÓN QUÍMICA

h

-1Q2 = -1W2 = ∆EP12

-∆EP21 = 1W2 = 1Q2

IMPOSIBLE

eje

eje2

1

PROCESO IRREVERSIBLE

Todos los procesos de transferencia de energía que ocurren en la naturaleza espontáneamente se llevan a cabo en una dirección, pero no en di-rección contraria. Espontáneamente el sistema no regresa a su estado inicial. A esta direccio-nalidad en la transferencia de energía se le llama proceso irreversible.

CAUSAS DE IRREVERSIBILIDAD:

� Diferencia finita de temperaturas,

� Fricción,

� Expansión ilimitada de gases,

� Mezcla de gases

� Reacción química… etc.

PROCESO REVERSIBLE

Es un proceso ideal en el que cada estado termo-dinámico de un proceso está perfectamente de-finido por sus propiedades en equilibrio, y que además se considera que es inversible por la misma trayectoria del proceso. El proceso rever-sible se conceptualiza de esta manera para fi-nes de estudio de la Termodinámica Clásica en la que teóricamente, se puede definir el estado termodinámico en cada punto de un proceso.

3

1 1

2 2

ProcesoIrreversible

ProcesoReversible

P P

V V

GRÁFICA DE AMBOS PROCESOS

ENUNCIADO DE KELVIN-PLANCK

Es imposible que un dispositivo mecánico que opera cíclicamente, entregue trabajo a partir del intercambio de calor con un sólo depósito de alta temperatura, o fuente de calor, al que se denomina Fuente de Alta Temperatura (FAT). Al dispositivo mecánico se le denomina Máquina Térmica (MT).

MAX KARL ERNEST LUDWIG PLANCK

(1858-1947) Fue el descubridor de la Física Cuántica. El mundo cuántico descubierto por Planck en el año 1900, junto con la teoría de la relatividad, formulada por Einstein un poco mas tarde (1905), generó la mayor revolución de los fundamen-tos de la Física desde los tiempos de Newton.

KELVIN, WILLIAM THOMSON

Lord (1824 - 1907). Matemá-tico y físico británico. Se le conoce comúnmente como Lord Kelvin, en 1848 estableció la escala absoluta de temperatura que sigue llevando su nombre.

MT

FAT

QA

W

IMPOSIBLE

QA

QB

WMT

FAT

FBT

La MT, por lo tanto, para entregar trabajo, requiere intercambiar energía con dos depósitos de tem-peratura, una de alta y una de baja, del primero recibe calor y al segundo rechaza calor, y su balance de energía queda como:

§đQ + § đW = 0QA – QB – W = 0

W = QA – QB

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FUENTE DE TEMPERATURA O DEPÓSITO TÉRMICO

Es una idealización de un sistema que proporcio-na o recibe calor de manera ilimitada sin que varíe su temperatura.

MÁQUINA TÉRMICA (MT)

Dispositivo mecánico que opera cíclicamente transformando en trabajo parte del calor que recibe de un fuente de alta temperatura (FAT) y que rechaza el calor restante a un fuente de baja temperatura (FBT).

EFICIENCIA O RENDIMIENTO TÉRMICO (ηT)

Es el concepto con el que se evalúa el “buen” fun-cionamiento de una máquina térmica y que rela-ciona el valor absoluto del trabajo total obtenido en el ciclo con la energía suministrada, es decir;

ηT = |W|QA

Aplicando la 1ª Ley de la Termodinámica a la Máquina Térmica de la figura anterior:

§dQ + §dW = 0

QA – QB – W = 0;

despejando W:

W = QA – QB

Por lo tanto:

ηT = QA – QB

QA

o bien:

ηT = 1 – QB

QA

*EJERCICIO:

Suponga un motor de automóvil que desarrolla una potencia de 60 caballos de fuerza (HP) y con-sume 5.4 (kg/h) de combustible. Se sabe que, en cada ciclo, el combustible utilizado proporciona 108,265.82 (kJ) por cada kilogramo que se que-ma. Determine la eficiencia del motor.

RESOLUCIÓN:

FAT

FBT

MT

QA = (M) (PCA)

QB

W = 60 HP

M = 5.4 (kg/h)comb.;

PCA)comb. = 108,265.82 (kJ/kg)comb.

η = ¿? (%)

•

•

•

•

5

RESOLUCIÓN:

W = 60 (HP); M = 5.4 (kg/h)comb.;

PCA)comb. = 108,265.82 (kJ/kg)comb.

η = |W|

Qsum.

Sustituyendo datos:

η = (60HP)(0.746)(kW/HP)

(5.4kg/h)(1h/3600s)(108,265.82)(kJ/kg)

• •

•

•

η = 0.275 = 27.5 %

ENUNCIADO DE CLAUSIUS

FAT

R/BC

QA

IMPOSIBLE

FAT

FBT

R/BC

QA

QB

W

Es imposible que un dispositivo mecánico que ope-re cÍclicamente transfiera calor de un fuente de baja temperatura (FBT) hacia una fuente de alta temperatura (FAT) sin que se suministre trabajo.

QB

FBT

RUDOLF JULIUS EMMANUEL CLAUSIUS

(1822- 1888) Físico y matemá-tico alemán, considerado uno de los fundadores centrales de la ciencia de la termodinámi-ca. Estableció por primera vez las ideas básicas de la Según-da Ley de la Termodinámica. En 1865 se introdujo el concepto de entropía.

BOMBA DE CALOR

Es un dispositivo mecánico que transfiere energía en forma de calor desde un depósito de baja temperatura (FBT) hacia un depósito de alta temperatura (FAT) a partir de un suministro de trabajo (W). La función de la bomba de calor es suministrar calor para mantener un espacio aislado del medio ambiente a una temperatura alta, mayor que la del medio ambiente.

COEFICIENTE DE CALEFACCIÓN (βBC)

Es el concepto con el cual se evalúa el buen fun-cionamiento de la bomba de calor y que relacio-na la energía transferida en forma de calor hacia una FAT entre el trabajo suministrado (W).

βBC = QA = QA .

W QA - QB

6

Dividiendo numerador y denominador entre QA:

βBC = 11 – QB / QA

REFRIGERADOR

Es el dispositivo mecánico que transfiere energía en forma de calor desde una fuente de baja temperatura (FBT) hacia un fuente de alta temperatura (FAT) a partir de un suministro de trabajo (W).

COEFICIENTE DE REFRIGERACIÓN (βR)Es el concepto con el cual se evalúa el buen fun-

cionamiento de un refrigerador y que relaciona el calor transferido de una fuente de baja tempe-ratura (QB) entre el trabajo suministrado(W).

βR = QB = QB

W QA – QB

Dividiendo numerador y denominador entre QB

βR = 1

QA/QB - 1

La función del refrigerador es extraer calor de una fuente de baja temperatura (FBT) con el fin de mantenerla a una temperatura baja con respec-to al ambiente.

DEMOSTRACIÓN DE LA DESIGUALDAD DE CLAUSIUS

La prueba de la Desigualdad de Clausius se basa en dos enunciados: de la Primera Ley y de la Segunda Ley que se refieren al proceso descrito arriba.

Máquina R

Sistema en T

Depósito en TR đQ đW

đWE

đQR

La desigualdad se introduce al examinar primero el conjunto del sistema cerrado y la máquina térmica, que se muestra dentro de la línea a trazos de la figura.

Considérese la situación en la que el sistema ce-rrado sufre un ciclo, mientras que la máquina efectúa un número entero de ciclos. Entonces, el sistema compuesto actúa como un dispositivo cíclico que intercambia calor con un depósito único.

El dispositivo compuesto no puede producir un trabajo neto, ya que resultaría una MMP2, sin

embargo, no hay restricción alguna contra la situación en la que el trabajo sea igual a cero o que no se requiera que se le dé una cantidad neta de trabajo.

Por tanto, se puede reformular el requisito de la segunda ley sobre dispositivos cíclicos que intercambian calor con un depósito único de la forma siguiente, utilizando la notación de integral cíclica.

§ đWT > 0

7

En función del sistema compuesto que se describe en la figura, esa notación queda:

§đWE + §đW > 0…………(a

Lo que falta es sustituir los términos đW por canti-dades de calor y temperatura. Primero, un ba-lance de energía en la máquina térmica es:

đWE = - đQR - đQ……….(b

donde đQ se mide en relación con la máquina. Un balance de energía en el sistema cerrado es:

đW = dU – đQ..........(c

Donde đQ se mide en relación con el sistema ce-rrado. Si han de hacerse compatibles las ecua-ciones (b) y (c), đQ debe medirse tomando en cuenta su signo, en relación con la máquina térmica, lo que se consigue al escribir la ecuación (c) como:

đW = dU + đQ..........(d

Al sustituir las ecuaciones (b) y (d) en la ecuación (a) se obtiene, después de simplificar los términos semejantes

§(- đQR + dU ) > 0..........(e

La integral cíclica de dU es cero, de manera que éste término desaparece de la ecuación anterior. Finalmente para una máquina térmica totalmente reversible, la Segunda Ley establece que

đQR /đQ = TR/T.........(c

Usando esta ecuación para sustituir đQR en la ecuación (e) y tomando en cuenta que TR es una constante, se encuentra que:

TR § đQ < 0

T

TR siempre es positiva, en consecuencia;

§ đQ < 0

T

ENTROPÍA (S)

Que es la desigualdad de Clausius que se aplica tanto a dispositivo cíclicos como a continuos en estado estable.

dS > đQ J

Rev T Rev K

Irre

Si lo integramos

dS ≥ đQ

T Rev.

dS = S2 – S1 ≥ đQ

T Rev.

S2 – S1 = đQ

T Rev

dS = đQ ……….. (1)

T Rev

∫ ∫22

1 1

∫2

1∫

1

∫

2

2

1

8

GAS IDEALđQ + đW = dU ……………………. (2)

đW = -PdV

đQ = TdS

dU = mcvdT

Sustituyendo en (2)

TdS – PdV = mcvdT …………….. (3)

Despejamos dS

dS = mcvdT + PdV

T T

PV = mRT → P = mR

T V

dS = mcv dT + mR dV

T V

Integrando

dS = mcv dT + mR dV

T V

S2 – S1 = mcv Ln T2 + mR Ln V2 Gas Ideal

T1 V1

Si dividimos entre la masa, pero además sabe-mos:

s = S (entropía específica) Joule

m kg•K

∫2

1 1∫

2

∫2

1

Nos queda

s2 – s1 = cv Ln T2 + R Ln V2

T1 V1

De (3) tenemos:

TdS – PdV = dU

TdS = dU + PdV

Para que no se altere sumo y resto la misma cantidad: VdP

TdS = dU + PdV +VdP – VdP

Pero:

H = U + PV, dH = dU + PdV + VdP

TdS = dH – VdP

dS = mcp dT – VdP

T T

De la ecuación del Gas Ideal tenemos

PV = mRT → V = mR

T P

dS = mcp dT – mR dP

T P

Lo integramos:

dS = mcp dT – mR dP

T P

Finalmente nos queda:

S2 – S1 = mcpLn T2 - mRLn P2 Gas Ideal

T1 P1

∫2

1∫

2

11∫

2

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s2 – s1 = cpLn T2 - R Ln P2

T1 P1

s₂ - s₁ = cpLn T₂ - RLn P₂ = cp[LnT₂ - LnT₁] – RLn P₂

T₁ P₁ P₁

En las tablas de WARKs₂ - s₁ = s₂⁰ - s₁⁰ - RLn P₂

P₁

Dividiendo la ecuación anterior entre la masa, se obtiene la variación de entropía específica:

PRINCIPIO DEL INCREMENTO DE ENTROPÍA

Para cualquier proceso que ocurre en la natura-leza (procesos irreversibles) el incremento de entropía del universo, que es igual a la suma algebraica del cambio de entropía del sistema y del medio ambiente siempre será mayor que cero, y en el límite (procesos reversibles) es igual a cero.

∆SUNV = ∆SSIST + ∆S > 0irrev

M.A. Rev

*EJERCICIO:

Se afirma que con un trabajo de compresión de 28 (kJ/kg) en el aire contenido en un dispositivo cilin-dro-émbolo, se consigue cambiar el estado del ai-re de 100 (kPa) y 300 (K) a 250 (kPa) y 330 (K), el ambiente local se encuentra a 300 (K). Determine:

a) La variación de entropía del aire. Exprese el resultado en (kJ/kg-K)

b) El calor transferido en (kJ/kg),

c) La producción total de entropía en el proceso global. Exprese el resultado en (kJ/kg-K),

d) Si es válida la afirmación efectuada apoyándo-se en la 2ª Ley de la Termodinámica.

Datos del aire:

k = 1.4; R = 286.98 (J/kg-K)

cv = 717.3 (J/Kg-K); cp = 1,004.1 (J/kg-K)

RESUMEN DE LA INFORMACIÓN

Compresión ₁W₂ = 28 (kJ/kg); aire

P₁ = 100 (kPa), T₁ = 300 (K)

P₂ = 250 (kPa), T₂ = 330 (K)

Tamb. = 300 (K)

PREGUNTAS:

a) ∆s₁₂)aire = ? (kJ/kg-K)

b) ₁q₂ = ? (kJ/kg)

c) ∆s₁₂)univ. = ? (kJ/kg-K)

d) ¿Cumple con la 2ª Ley de la Termodinámica?

RESOLUCIÓN:

De la Ec. de variación de entropía para un Gas Ideal:

∆s₁₂)aire = 1,004.1 Ln 330 - 286.98 Ln 250

300 100

a) ∆s₁₂)aire = -167.25 (J/kg-K) = -0.16725 (KJ/kg-K)

Aplicando la 1ª Ley de la Termodinámica para sistemas cerrados por unidad de masa

₁q₂ + ₁w₂ = ∆u₁₂ = cv(T₂ - T₁)

= (717.3)(330 - 300) = 21.519 (kJ/kg)

10³

c/e

10

Despejando ₁q₂ de la Ec. anterior

₁q₂ = ∆u₁₂ - ₁w₂

= 21.519 – 28.0

b) ₁q₂ = -6.48 (kJ/kg-K)

De acuerdo al Principio del Incremento de Entropía

c/e

∆s₁₂)total = ∆s₁₂)univ. = ∆s₁₂)sist. + ∆s₁₂)M.A.

de la definición de Entropía:

∫ ds)M.A. = ∫ đq = 1 ∫ đq)M.A. = ₁q₂ = 6.48 (kJ/Kg)

T TM.A TM.A 300

s₂ - s₁)M.A. = ∆s₁₂)M.A. = 0.0216 (kJ/kg-K)

2 2 2

1 1 1

c) ∆s₁₂)uni = -0.16725 + 0.0216 = -0.14565 (kJ/kg-K)

d) No es válida la afirmación

No cumple con la 2ª Ley de la Termodinámica

Proceso imposible

S2 – S1 = mcvLnT2 + mRLn V2

T1 V1

S2 – S1 = mcp Ln T2 + mR Ln P2

T1 P1

CAMBIO DE ENTROPÍA SÓLIDO - LÍQUIDO

0

0

De acuerdo a la 1ª y 2ª ecuaciones de Maxwell, para sólidos y líquidos: cp = cv = c → calor

específico

Sólidos y Líquidos

S2 – S1 = mcLn T2 (J/K)

T1

s2 – s1 = cLn T2 (J/kg-K)

T1

*EJERCICIO:

En un recipiente aislado térmicamente que contie-ne 80 (g) de agua líquida a 21 (0C) se introdu-cen 250 (g) de municiones de aluminio a 85 (0C). Calcule, en unidades básicas del S.I.:

a) La temperatura final de equilibrio del sistema;

b) La variación de entropía del agua;

c) La variación de entropía del aluminio, y

d) La variación de entropía del universo.

11

RESOLUCIÓN:

₁Q₂ = 0

Weje = 0

Wc/e = 0

∆EC₁₂ = 0

∆EP₁₂ = 0

mH2O = 80 (g); T₁ = 21 (°C)

mAl = 250 (g); T₁)Al = 85 (°C)

cp)H2O = 4,186.0 (J/kg-K)

cp)Al = 910.0 (J/kg-K)

H2OAl

a) Teq. = ?

Aplicando la 1ra Ley de la Termodinámica

para Sistemas Aislados:

₁Q₂ + ₁W₂ = ∆E₁₂)sist = 0 = ∆U₁₂)H2O + ∆U₁₂)Al

mc(T₂ - T₁)H2O + mc(T₂ - T₁)Al = 0

0 0

T₂ = mcT₁)H2O + mcT₁)Al

mc)H2O + mc)Al

Sustituyendo datos:

T₂ = (0.08)(4,186)(21) + (0.25)(910)(85)

(0.08)(4,186) + (0.25)(910)

T₂ = Teq. = 46.89 (°C)

De la Ec. de variación de entropía:

∆S₁₂ = mcLn T₂

T₁

∆S₁₂)H2O = (0.08)(4,186) Ln 46.89 + 273

21 + 273

b) ∆S₁₂)H2O = 28.26 (J/K)

∆S₁₂)Al = (0.25)(910)Ln 46.89 + 273

85 + 273

c) ∆S₁₂)Al = -25.60 (J/K)

∆S₁₂)univ. = ∆S₁₂)sist + ∆S₁₂)M.A.

0

∆S₁₂)univ. = ∆S₁₂)H2O + ∆S₁₂)Al

∆S₁₂)univ. = 28.26 – 25.60

d) ∆S₁₂)univ. = 2.66 (J/K)

El proceso es irreversible

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*EJERCICIO:

En un recipiente aislado, 230 (g) de agua líquida a 0 (°C) y 1.2 (kg) de hielo a -10 (°C) se ponen en contacto hasta el equilibrio térmico. Calcule el cambio de entropía en el proceso y con base en ello diga si éste es reversible, irreversible o imposible.

Considere que:

Chielo = 2,220.0 (J/kg-K); hif = 333.0 (kJ/kg-K)

RESOLUCIÓN:

₁W₂ = 0

₁Q₂ = 0

∆EC₁₂ = 0

∆EP₁₂ = 0

mH2O)líq = 230 (g); T₁)H2O = 0 (°C)

mhielo = 1.2 (kg); T₁)hielo = -10 (°C)

H2O

hielo

∆S₁₂)sist = ? (J/kg)

Aplicando la 1ra Ley de la Termodinámica

Sistema Aislados suponiendo T₂ = 0 (°C)

∆E₁₂)sist = mc(T₂ - T₁)hielo – m’hif)agua = 0

Despejamos m’ de la Ec. anterior:

m’H2O = mc(T₂ - T₁)hielo

hif)agua

m’H2O = (1.2)(2,220.0)(10)

333,000

m’H2O = 0.08 (kg) = 80 (g)

∆S₁₂)sist. = ∆S₁₂)hielo + ∆S₁₂)H2O … (1)

∆S₁₂)hielo = mcLn T₂

T₁

∆S₁₂)hielo = (1.2)(2,220.0) Ln 273

263

∆S₁₂)hielo = 99.41 (J/K)

De la definición de Entropía:

∆S₁₂)H2O = QH2O⁽⁻⁾ = -m’hif

Tf Tf

∆s₁₂)H2O = (0.08)(333,000)

273

∆S₁₂)H2O = 97.58 (J/K)

Sustituyendo los resultados

anteriores en la Ec. (1)

13

∆S₁₂)sist. = 99.41 – 97.58

∆S₁₂)sist. =1.83 (J/K)

Proceso irreversible

CICLO DE CARNOT

Una máquina térmicaque realiza este ciclo se denomina máquina de Carnot.

Trabaja recibiendo calor QA de la fuen-te de alta tempera-tura y cede calor QBa la de baja tempe-ratura, de esta tran-.

FAT

FBT

MT

QA

QB

W

sferencia de calor, la Máquina Térmica produce un trabajo que sale del sistema.

El rendimiento o eficiencia viene definido, como en todo ciclo, por

η = W = QA – QB = 1 – QB

QA QA QA

y, como se verá adelante, ésta es mayor que la de cualquier máquina térmica que funcione cíclica-mente entre las mismas fuentes de temperatura.

Como todos los procesos que tienen lugar en el ciclo ideal son reversibles, el ciclo puede inver-tirse. Entonces la máquina absorbe calor de la fuente de baja y cede calor a la fuente de alta temperatura, a partir de que se le suministra trabajo a la máquina.

Si el objetivo de esta máquina es extraer calor de la fuente de baja temperatura se denomina má-quina frigorífica o refrigerador, y si el objetivo es suministrar calor a la fuente de alta temperatura se le denomina bomba de calor.

LÉONARD SADI CARNOT

(París, 1796-id., 1832) Inge-niero y científico francés. Des-cribió el ciclo térmico que lleva su nombre (ciclo de Carnot), a partir del cual se deduciría el segundo principio de la termo-dinámica. Se le reconoce hoy como el fundador de la Ter-modinámica.

PROCESOS

El ciclo de Carnot consta de cuatro procesos: dos procesos isotermos (a temperatura constante) y dos adiabáticos (aislados térmicamente). Las aplicaciones de la Primera Ley de la Termodiná-mica, de acuerdo con la convención de signos que se estableció.

A continuación se muestran estos procesos en un diagrama P-V y se hace el análisis termodiná-mico de cada proceso.

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CICLO DE CARNOT

SUSTANCIA DE TRABAJO: Gas Ideal

P

V

1

3

2

4

1Q2

TA = ctte

2Q3 = 0

TB = ctte

4Q1 = 0

3Q4

TB = ctte

EXPANSIÓN ISOTERMA: (PROCESO 1 → 2 EN EL DIAGRAMA)

Se parte de una situación en que el gas se encu-entra al mínimo volumen del ciclo y a tempera-tura T1 de la fuente de alta temperatura. En este estado se transfiere calor al ciclo desde la fuen-te de temperatura TA, haciendo que el gas se expanda.

Al expandirse, el gas tiende a enfriarse, pero absorbe calor de FAT y mantiene su tempera-tura constante. Al tratarse de un gas ideal, al no

cambiar la temperatura tampoco lo hace su ener-gía interna, y despreciando los cambios en la energía potencial y la cinética, a partir de la 1ª Ley de la Termodinámica vemos que todo el calor transferido es convertido en trabajo:

Q12 > 0, ∆U12 = 0 = Q12 – W12 → W12 = Q12→ W12>0

Desde el punto de vista de la entropía, ésta aumenta en este proceso: por definición, una variación de entropía viene dada por el cociente del calor transferido entre la temperatura de la fuente de temperatura, en un proceso reversi-ble:

dS = dQ

T rev

Como el proceso es efectivamente reversible, la entropía aumentará:

∆S12 = Q12 > 0

T1

1 - 2 ISOTÉRMICO REVERSIBLE (suministro de calor)

1Q2 + 1W2 = ∆U12

P1V1 = P2V2; → PV = ctte

T1 T2

1Q2 = - 1W2 = mRTLn V2

V1

1Q2 = mRTLn V2

V1

S2 – S1 = mcv Ln T2 + mR Ln V2 = mR Ln V2

T1 V1 V1

c/e

0

0

EXPANSIÓN ADIABÁTICA : (2 → 3)

La expansión isoterma termina en un punto tal que el resto de la expansión pueda realizarse sin in-tercambio de calor. A partir de aquí el sistema se aísla térmicamente, con lo que no hay trans-ferencia de calor con el exterior. Esta expansión adiabática hace que el gas se enfríe hasta al-canzar exactamente la temperatura TB en el mo-mento en que el gas alcanza su volumen máxi-mo. Al bajar su temperatura disminuye su ener-gía interna, con lo que utilizando un razonami-ento análogo al anterior proceso:

15

Q23 = 0, ∆U23 < 0 → ∆U23 = – W23 → W23 > 0

Esta vez, al no haber transferencia de calor, la entropía se mantiene constante, proceso isoentrópico:

∆S23 = 0

2 – 3 ADIABÁTICO REVERSIBLE(entrega trabajo)

2Q3 + 2W3 = ∆U23

2W3 = P3V3 – P2V2

k – 1∆U23 = mcv(T3 – T2)

P2V2 = P3V3

∆S23 = 0; Proceso adiabático reversible =

Proceso isoentrópico

0

k k

COMPRESIÓN ISOTERMA: (3 → 4)

Se pone en contacto con el sistema la fuente de calor de temperatura TB y el gas comienza a comprimirse, pero no aumenta su temperatura porque va cediendo calor a la fuente de baja temperatura. Al no cambiar la temperatura tam-poco lo hace la energía interna, y la cesión de calor implica que hay que hacer un trabajo so-bre el sistema:

Q34< 0,

∆U34= 0 = Q34 – W34 → W34 = Q34→ W34<0

Al ser el calor negativo, la entropía disminuye:

∆S34 = Q34 < 0

TB

3- 4 ISOTÉRMICO REVERSIBLE(rechazo de calor)

3Q4 + 3W4 = ∆U34 → P3V3 = P4V4

3W4 = -mRTLn V4

V3

3Q4 = - 3W4 = mRTLn V4

V3

S4 – S3 = mcv Ln T4 + mR Ln V4 = mR Ln V4

T3 V3 V3

0

0

COMPRESIÓN ADIABÁTICA : (4 → 1)

Aislado térmicamente, el sistema evoluciona comprimiéndose y aumentando su temperatura hasta el estado inicial. La energía interna aumenta y el calor es nulo, teniendo que comunicar un trabajo al sistema:

Q41 > 0, ∆U41 > 0 → ∆U41 = – W41 → W41 < 0

Al ser un proceso adiabático, no hay transferen-cia de calor, por lo tanto la entropía no varía:

∆S41 = 0

16

4 – 1 ADIABÁTICO REVERSIBLE(suministro de trabajo)

4Q1 + 4W1 = ∆U41

4W1 = P1V1 – P4V4

k – 1

∆U41= mcv(T1 – T4)

P4V4 = P1V1

∆S41 = 0; Proceso adiabático reversible =

Proceso isoentrópico

0

k k

FAT

MT W

QA Ξ

FBT

QB

1 - 2 2 - 3

2

21

3

Gas ideal

FAT

1Q2

3 - 4 4 - 1

3

4

1

4

FBT

2W3

3W4

4W1

c/e

c/e

c/e

1W2c/e

3Q4

EFICIENCIA DEL CICLO DE CARNOT

ηC = |W| → W = 1W2 + 2W3 + 3W4 + 4W1

1Q2

§dQ + §dW = 0

Qneto + Wneto = 0 → Qneto = | - Wneto |

ηC = Qneto →ηC = 1Q2 + 2Q3 + 3Q4 + 4Q1

1Q2 1Q2

ηC = 1 + 3Q4 ηC = 1 + mRTBLn(V4/V3)

1Q2 mRTALn(V2/V1)

T1 = V2

T2 V1

T2 = TA = V3 = T1 = V4

T3 TB V2 T4 V1

V3 = V4 ; V4 = V1

V2 V1 V3 V2

K - 1

K - 1 K - 1

ηC = 1 + TBLn(V1/V2)

TALn(V2/V1)

ηC = 1 – TBLn(V2/V1)

TALn(V2/V1)

ηC = 1 – TB

TA Cualquier Máquina Tér-

mica, Bomba de Calor o

ηc =1 – QB Refrigerador que opera

QA con un Ciclo de Carnot

TB = QB

TA QA

1

COEFICIENTE DE REFRIGERACIÓN

βR = 1

TA/TB -1

COEFICIENTE DE BOMBA DE CALOR

βBC = 1

1 – TB/TA

17

*EJERCICIO: ¿A qué temperatura se le suministra calor a una

máquina de Carnot que descarga 1000 (kJ/min.) de calor a 7 (ºC) y produce 40 (KW) de potencia?

FAT

FBT

MT

QA

QB = 1000 (KJ/min)

W = 40 (KW)

TA = ?

TB = 7 (°C) = 280 (K)

•

•

•

RESOLUCIÓN:

W = QA – QB

Despejando QA de la Ec. Anterior:

QA = W + QB

QA = (40)(kJ/s)(60s/1min.) + 1000 (kJ/min)

QA = 2,400 + 1000 = 3,400 (kJ/min)

• • •

•

• • •

•

•

De la Ec.:

TB = QB

TA QA

Despejando TA:

TA = TB QA

QB

TA = 280.15 (K) 3,400 = 952.51 (K)

1000

•

•

•

•

TA = 952.51 – 273.15 = 679.36 (°C)

*EJERCICIO:6.36 Wark

Una tonelada de refrigeración se define como la absor-ción de un flujo de calor de 211 (kJ/min) desde una fuente de baja temperatura. Se desea que una máquina frigorífica internamente reversible funcione entre las temperaturas extremas de -23 (ºC) y 27 (ºC), de ma-nera que se produzcan 8 (ton) de refrigeración. Calcúlese:

a) La potencia, en (kW), requerida para que el ciclo funcione, y

b) El COP.

RESOLUCIÓN:

1Ton = 211 (kJ/min)

QB = (8 Ton)(211 kJ/min-Ton)

QB = 1688 (kJ/min)

W = ?

COP = βR

FAT

FBT

R

TA = 27 (ºC)

W

TB = -23 (ºC)

QA

QB

•

•

•

••

•

18

211 (kJ/min)(60min/1h)(24h/día) = 303,840 (kJ/día)

hif = 33,480.0 (J/kg)(10³ kg) = 333.480 (kJ)

Aplicando la 1ª Ley de la Termodinámica

QB - QA + W = 0;

W = QA – QB … (1)

QA = TA

QB TB

•

••

•

•

••

•

QA = QB TA

TB

QA = (1,688) 27 + 273

-23 + 273

QA = 2,025.6 (kJ/min)

Sustituyendo en la Ec. (1)

••

•

•

W = 2,025.6 – 1,688 = 337.6 (kJ/min)

a) W = 5.626 (kW)

b)

COP = βR = QB

W

b) COP =βR = 1,688 = 5.0

337.6

•

•

•

•*EJERCICIO:

Una bomba de calor recibe el calor a una temperatura de frontera de -6 (ºC) y suministra un flujo de calor de 960 (kJ/min) a 25(ºC) a un edificio.

a) Determine el COP si la potencia real suministrada a la bomba es 6.6 (kW)

b) Determínese el COP y la potencia mínima en (kW) para una bomba de calor internamente reversible que funcione entre las mismas temperaturas y que ceda el mismo flujo de calor al edificio.

c) Determínese el porcentaje de variación de QB en el caso real comparado con el caso reversible.

FAT

FBT

B.C

T = 25 (°C)

QA = 960 (kJ/min)

QB

W)Real = 6.6 (kW)

TB = -6 (°C)

-QA + QB + W = 0… (1)

•

•

•

• • •

a) βB.C.)real= QA = 960__Wreal (60)(6.6)

COP = βB.C.)real = 2.4242

b) βBC)carnot = 1 ,1 – TB/TA

βBC)carnot = 1 = 9.61531 – 267/298

Wcarnot = QA = 960 = 1.6640 (kW)βB.C)carnot (60)(9.6153)

19

c) % QB; de la Ec. (1)

QB)real = QA – W)real

QB)real = 960 – 6.6

60

QB)real = 9.4 (kW)

QB)carnot = QA – W)carnot

QB)carnot = 16 – 1.6640 = 14.336 (kW)

• •

•

•

•

•

•

•% QB = |QB)carnot – QB)real| x 100 =

QB)carnot

% QB = |14.336 – 9.4| x 100 =

14.336

c) % QB = 34.43 %

• • •

•

•

•