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Caso de ciclo Ericsson

De Laplace

Contenido

1 Enunciado

Se tiene un cilindro vertical de paredes no aislantes, en cuyo interior se encuentra aire (considerado como un gas ideal diatómico). El cilindro tiene sección cuadrada de lado 4 cm y está cerrado por un pistón horizontal que puede deslizarse sin rozamiento.

Inicialmente el pistón se encuentra a una altura de 10 cm y el aire está en equilibrio térmico y mecánico con el exterior a una temperatura de 300 K y una presión 100 kPa.

Se procede entonces a efectuar el siguiente ciclo

A→B El gas se comprime lentamente, colocando sobre la tapa el equivalente a 4 kg de arena, sin que se modifique la temperatura exterior.
B→C Sin retirar la arena, se calienta lentamente el gas, hasta que el volumen vuelve a ser el inicial.
C→D Manteniendo constante la nueva temperatura, se van retirando los granos de arena hasta que no queda ni uno.
D→A Se enfría gradualmente el gas, hasta que su volumen vuelve a ser el inicial.

A la vista de este ciclo:

  1. Represente gráficamente el ciclo en un diagrama pV.
  2. Para cada uno de los pasos, halle (tomando g=10\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^2)
  1. El trabajo y el calor que se intercambian, indicando si cada uno entra en el sistema o sale de él.
  2. La variación de la energía interna y de la entalpía del gas en cada paso.
  1. Calcule el trabajo neto que desarrolla el sistema sobre el entorno.
  2. Halle el calor total absorbido por el gas (sin descontar el que cede al entorno).
  3. Calcule el rendimiento del ciclo, definido como:
\eta = \frac{W_{\mathrm{out},\mathrm{neto}}}{Q_\mathrm{in}}

2 Representación gráfica

Aunque es fácil hacer una representación gráfica esquemática, vamos a construir una exacta empleando los valores de los diferentes estados del ciclo, así como las curvas que los unen.

2.1 A→B

En el primer paso tenemos que se va aumentando lentamente la presión sobre el gas, manteniéndose constante la temperatura. El proceso es una compresión isoterma, que podemos suponer cuasiestática. En todo momento se cumple la ley de Boyle

pV = p_AV_A=nRT_A=\mathrm{cte}\,

Gráficamente, el proceso se representa por un arco de hipérbola. El estado inicial corresponde a una presión y un volumen

T_A=300\,\mathrm{K}\qquad\qquad p_A=100\,\mathrm{kPa}=1.0\,\mathrm{bar}\qquad\qquad V_A = Sh_0 = (4\,\mathrm{cm})^2\times 10\,\mathrm{cm}= 160\,\mathrm{cm}^3=1.6\times 10^{-4}\mathrm{m}^3

El estado final B tiene la misma temperatura, mientras que su presión aumenta en la cantidad correspondiente al peso añadido

T_B = T_A=300\,\mathrm{K}\qquad\qquad p_B = p_A+\frac{mg}{S}=100000\,\mathrm{Pa}+\frac{4\,\mathrm{kg}\times 10\,\mathrm{N}/\mathrm{kg}}{16\times 10^{-4}\mathrm{m}^2}=125000\,\mathrm{Pa}=1.25\,\mathrm{bar}

Este resultado no es muy exacto porque hemos tomado g = 10m/s² en vez de g = 9.8m/s², pero por una mayor simplicidad en los cálculos, lo mantendremos así.

El volumen de este estado B lo hallamos aplicando la ley de Boyle (caso particular de la ley de los gases ideales)

V_B=\frac{p_AV_A}{p_B}=\frac{1.0\,\mathrm{bar}\times 160\,\mathrm{cm}^3}{1.25\,\mathrm{bar}}=128\,\mathrm{bar}=1.28\times 10^{-4}\mathrm{m}^3

Esto quiere decir que la nueva altura del pistón es

h_B = \frac{V_B}{S}=8.0\,\mathrm{cm}

La presión ha aumentado en un 25% y el pistón ha bajado en un 20% de su anterior altura.

2.2 B→C

En el segundo proceso se aumenta la temperatura, pero el pistón puede moverse. Esto quiere decir que se trata de una expansión a presión constante. Gráficamente corresponde a un segmento horizontal en un diagrama pV.

El estado inicial B de este segmento ya lo tenemos

T_B=300\,\mathrm{K}\qquad\qquad p_B=125\,\mathrm{kPa}=1.25\,\mathrm{bar}\qquad\qquad V_B = 128\,\mathrm{cm}^3=1.28\times 10^{-4}\mathrm{m}^3

El final C lo hallamos teniendo en cuenta que su presión es la misma que la de B y su volumen el mismo que el inicial

p_C=p_B=1.25\,\mathrm{Pa}\qquad\qquad V_C=V_A=160\,\mathrm{cm}^3=1.60\times 10^{-4}\mathrm{m}^3

La nueva temperatura la hallamos aplicando la ley de Charles (caso particular de la de los gases ideales)

T_C=\frac{V_C}{V_B}T_B=\frac{160}{128}300\,\mathrm{K}=375\,\mathrm{K}

2.3 C→D

En el tercer paso la presión disminuye lentamente, hasta volver a ser la presión inicial, sin que cambie la temperatura. Al tratarse de una expansión isoterma cuasiestática, volvemos a tener un arco de hipérbola entre los estados C y D. Para el estado C tenemos

T_C=375\,\mathrm{K}\qquad\qquad p_C=125\,\mathrm{kPA}=1.25\,\mathrm{bar}\qquad\qquad V_C = 160\,\mathrm{cm}^3=1.6\times 10^{-4}\mathrm{m}^3

El estado final D tiene la misma temperatura que el C, y la misma presión que el A

T_D = T_C=375\,\mathrm{K}\qquad\qquad p_D = p_A=100\,\mathrm{kPa}=1.0\,\mathrm{bar}

El volumen de este estado D lo hallamos aplicando la ley de Boyle (caso particular de la ley de los gases ideales)

V_D=\frac{p_CV_C}{p_D}=\frac{1.25\,\mathrm{bar}\times 160\,\mathrm{cm}^3}{1.00\,\mathrm{bar}}=200\,\mathrm{bar}=2.00\times 10^{-4}\mathrm{m}^3

Esto quiere decir que la nueva altura del pistón es

h_D = \frac{V_D}{S}=12.5\,\mathrm{cm}

2.4 D→A

En el último paso se reduce la temperatura, con el pistón libre. La presión permanece constante, lo que implica un nuevo segmento inicial. El estado final A' tiene la misma presión que A y el mismo volumen que A, por lo que A' = A y el ciclo se cierra.

2.5 Resumen

Reuniendo los cuatro estados obtenemos la siguiente tabla

Estado Presión (bar) Temperatura (K) Volumen (cm³) Altura (cm)
A 1.00 300 160 10.0
B 1.25 300 128 8.0
C 1.25 375 160 10.0
D 1.00 375 200 12.5

y la siguiente representación gráfica:

Archivo:ericsson-01.png

3 Trabajo, calor y energía

A partir de los valores anteriores es fácil hallar cada una de las magnitudes energéticas, ya que al ser todos los procesos cuasiestáticos, poseen expresiones en función de la presión y volumen inicial y final de cada paso.

3.1 A→B

El primer paso es una compresión isoterma cuasiestática de un gas ideal. Puesto que no varía la temperatura, tampoco lo hace la energía interna

\Delta U = nc_v\,\Delta T = 0

ni la entalpía

\Delta H = nc_p\,\Delta T = 0

El trabajo no es nulo, ya que se comprime el gas. Su valor es, como corresponde a un proceso isotermo,

W^{A\to B} = nRT_A\ln\left(\frac{p_B}{p_A}\right)=p_AV_A\ln\left(\frac{p_B}{p_A}\right)

Sustituyendo los valores numéricos

W^{A\to B}= (1.00\times 10^5\,\mathrm{Pa})\times(1.60\times 10^{-4}\mathrm{m}^3)\ln\left(\frac{1.25}{1.00}\right)=3.57\,\mathrm{J}

Este trabajo es positivo, por lo que entra en el sistema. Podemos ponerlo explícitamente como

W^{A\to B}_\mathrm{in}=3.57\,\mathrm{J}

El calor lo calculamos aplicando el primer principio de la termodinámica

Q^{A\to B}= \overbrace{\Delta U}^{=0}-W^{A\to B}=-3.57\,\mathrm{J}

Este calor es negativo, por lo que sale del sistema. Lo escribimos entonces como

Q^{A\to B}_\mathrm{out}=3.57\,\mathrm{J}

3.2 B→C

En el segundo paso se realiza trabajo a presión constante siendo su expresión

W^{B\to C}=-p_C(V_C-V_B)\,

y su valor

W^{B\to C}=(-1.25\times 10^5\mathrm{Pa})\times(1.60-1.28)\times 10^{-4}\mathrm{m}^3=-4.00\,\mathrm{J}

Este trabajo es negativo porque lo realiza el sistema sobre el entorno

W_\mathrm{out}^{B\to C}=4.00\,\mathrm{J}

Por ser un proceso a presión constante podemos hallar el calor a partir de la variación de entalpía

Q^{B\to C} = \Delta H = n c_p\,\Delta T

Sustituyendo la relación entre la capacidad calorífica y la constante de los gases ideales

c_p=\frac{\gamma}{\gamma-1}R=\frac{7}{2}R

queda

Q^{B\to C}=\Delta H = \frac{7}{2}\left(nRT_C-nRT_B\right)=\frac{7}{2}\left(p_CV_C-p_BV_B\right)=14.0\,\mathrm{J}

Este calor es positivo, ya que entra en el sistema

Q^{B\to C}_\mathrm{in}=14\,\mathrm{J}

La variación de la energía interna la podemos obtener de

\Delta U = nc_v\,\Delta T

o como

\Delta U = Q^{B\to C}+W^{B\to C}=14.0\,\mathrm{J}-4.0\,\mathrm{J} = 10.0\,\mathrm{J}

3.3 C→D

El tercer paso es una expansión isoterma cuasiestática de un gas ideal. Puesto que aquí tampoco varía la temperatura, no cambiae la energía interna

\Delta U = nc_v\,\Delta T = 0

ni la entalpía

\Delta H = nc_p\,\Delta T = 0

El trabajo no es nulo, ya que el gas se expande, empujando a la atmósfera. Vale

W^{C\to D} = nRT_C\ln\left(\frac{p_D}{p_C}\right)=p_CV_C\ln\left(\frac{p_D}{p_C}\right)

Sustituyendo los valores numéricos

W^{C\to D}= (1.25\times 10^5\,\mathrm{Pa})\times(1.60\times 10^{-4}\mathrm{m}^3)\ln\left(\frac{1.00}{1.25}\right)=-4.46\,\mathrm{J}

Este trabajo es negativo, por lo que sale del sistema. Podemos ponerlo explícitamente como

W^{C\to D}_\mathrm{in}=4.46\,\mathrm{J}

El calor lo calculamos aplicando el primer principio de la termodinámica

Q^{C\to D}= \overbrace{\Delta U}^{=0}-W^{C\to D}=+4.46\,\mathrm{J}

Este calor es positivo, por lo que entra en el sistema. Lo escribimos como

Q^{C\to D}_\mathrm{in}=4.46\,\mathrm{J}

3.4 D→A

En el último paso se realiza trabajo a presión constante de nuevo

W^{D\to A}=-p_A(V_A-V_D)\,

y su valor

W^{D\to A}=(-1.00\times 10^5\mathrm{Pa})\times(1.60-2.00)\times 10^{-4}\mathrm{m}^3=4.00\,\mathrm{J}

Este trabajo es positivo; lo realiza el entorno sobre el sistema

W_\mathrm{in}^{D\to A}=4.00\,\mathrm{J}

Por ser un proceso a presión constante podemos hallar el calor a partir de la variación de entalpía

Q^{D\to A} = \Delta H = n c_p\,\Delta T

y queda

Q^{D\to A}=\Delta H =\frac{7}{2}\left(p_AV_A-p_DV_D\right)=-14.0\,\mathrm{J}

Este calor es negativo; sale del sistema

Q^{D\to A}_\mathrm{out}=14\,\mathrm{J}

La variación de la energía interna la podemos obtener de

\Delta U = nc_v\,\Delta T

o como

\Delta U = Q^{D\to A}+W^{D\to A}=-14.0\,\mathrm{J}+4.0\,\mathrm{J} = -10.0\,\mathrm{J}

3.5 Resumen

Vemos que en dos de los pasos se realiza trabajo sobre el sistema y en los otros dos es el sistema el que lo realiza sobre el ambiente, siendo mayor el trabajo que sale que el que entra. Para el calor ocurre lo contrario, también entra en dos y sale en dos, pero es mayor lo que entra que lo que sale. Por tanto, este ciclo transforma una entrada neta de calor en una salida neta de trabajo. Describe entonces un tipo de motor. A este ciclo y el motor correspondiente se les denomina de Ericsson, por su inventor.

Archivo:ericsson-02.png

Para la energía interna y la entalpía hay dos pasos en que no cambian y uno en que aumentan y otro en que disminuyen, siendo la disminución igual al aumento. De esta forma, la variación neta a lo largo del ciclo es nula.

En forma de tabla

Proceso W(J) Win(J) Wout(J) Q(J) Qin(J) Qout(J) ΔU(J) ΔH(J)
A→B +3.57 3.57 -3.57 3.57 0 0
B→C −4 4.0 +14.0 14.0 +10.0 +14.0
C→D −4.46 4.46 +4.46 4.46 0 0
D→A +4.0 4.0 -14.0 14.0 -10.0 -14.0

4 Trabajo neto

El trabajo neto que sale del sistema es el que bruto que sale menos el que entra

W_\mathrm{net,out}=W_\mathrm{out}-W_\mathrm{in}=(4.00+4.46-4.00-3.57)\,\mathrm{J}=0.89\,\mathrm{J}

El trabajo neto es igual al área de la figura encerrada por el ciclo.

5 Calor total absorbido

El calor total absorbido no es el neto, sino solo la suma de los dos que entran en el sistema

Q_\mathrm{in}=\left(14.0+4.46\right)\,\mathrm{J}=18.46\,\mathrm{J}

El calor que sale del sistema y es desechado en el ambiente vale

Q_\mathrm{out}=\left(14.0+3.57\right)\,\mathrm{J}=17.57\,\mathrm{J}

6 Rendimiento

El rendimiento del ciclo, considerado como el de una máquina térmica, es el cociente de las dos cantidades anteriores

\eta = \frac{W_\mathrm{net,out}}{Q_\mathrm{in}}= 0.0483 = 4.83\%

Vemos que menos del 5% del calor que entra se convierte en trabajo.

Este rendimiento puede también hallarse como

\eta = 1-\frac{Q_\mathrm{out}}{Q_\mathrm{in}}

El rendimiento máximo que podría tener una máquina entre estas las temperaturas extremas es

\eta^\mathrm{rev} = 1-\frac{T_C}{T_F}=1-\frac{300}{375}=20\%

con lo cual la eficiencia del ciclo es algo menos del 25% de la máxima posible.

Este ciclo puede hacerse más eficiente con ayuda de la regeneración.

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