Sucesión de tres procesos cuasiestáticos - Historial de revisiones

Antonio: /* Tras el segundo paso */

2025-02-15T11:43:34Z

Tras el segundo paso

← Revisión anterior		Revisión del 13:43 15 feb 2025
Línea 36:		Línea 36:

	===Tras el segundo paso===		===Tras el segundo paso===
	En el segundo paso tenemos una expansión isoterma, siendo la temperatura ~~final~~ igual a la que había al final del paso anterior		En el segundo paso tenemos una expansión isoterma, siendo la temperatura igual a la que había al final del paso anterior

	<center><math>T_C = T_C = 600\,\mathrm{K}</math></center>		<center><math>T_C = T_C = 600\,\mathrm{K}</math></center>

Antonio: /* Estado inicial */

2025-02-15T11:37:43Z

Estado inicial

← Revisión anterior		Revisión del 13:37 15 feb 2025
Línea 20:		Línea 20:
	mientras que el volumen es el de un cilindro		mientras que el volumen es el de un cilindro

	<center><math>V_A = S h = (~~1001~~\,\mathrm{cm}^2)(10\mathrm{cm}) = 1000\,\mathrm{cm}^3 = 1.00\,\mathrm{L}</math></center>		<center><math>V_A = S h = (100\,\mathrm{cm}^2)(10\mathrm{cm}) = 1000\,\mathrm{cm}^3 = 1.00\,\mathrm{L}</math></center>

	===Tras el primer paso===		===Tras el primer paso===

Antonio: /* Enunciado */

2025-02-15T11:37:18Z

Enunciado

← Revisión anterior		Revisión del 13:37 15 feb 2025
Línea 2:		Línea 2:
	Un cilindro de 100 cm² de sección contiene aire y está cerrado por un émbolo. Inicialmente el aire tiene una temperatura de 27 °C y una presión de 100 kPa, que también es la presión exterior, estando el émbolo a 10 cm del fondo. Entonces se realiza el siguiente proceso cuasiestático		Un cilindro de 100 cm² de sección contiene aire y está cerrado por un émbolo. Inicialmente el aire tiene una temperatura de 27 °C y una presión de 100 kPa, que también es la presión exterior, estando el émbolo a 10 cm del fondo. Entonces se realiza el siguiente proceso cuasiestático

	:A→B Se atornilla el émbolo y se calienta el aire hasta 327 °C, sumergiéndolo en un baño a esta temperatura.		:'''A→B''' Se atornilla el émbolo y se calienta el aire hasta 327 °C, sumergiéndolo en un baño a esta temperatura.
	:B→C Se libera el émbolo lentamente, dejando que se expanda el aire hasta que su presión vuelve a ser la inicial. En este proceso el aire se mantiene a la temperatura de 327 °C.		:'''B→C''' Se libera el émbolo lentamente, dejando que se expanda el aire hasta que su presión vuelve a ser la inicial. En este proceso el aire se mantiene a la temperatura de 327 °C.
	:C→A Con el émbolo libre, se enfría gradualmente hasta que la temperatura vuelve a ser la inicial.		:'''C→A''' Con el émbolo libre, se enfría gradualmente hasta que la temperatura vuelve a ser la inicial.

	Para este proceso:		Para este proceso:

Antonio: /* Representación gráfica */

2024-02-21T23:09:41Z

Representación gráfica

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Línea 60:		Línea 60:

	===Representación gráfica===		===Representación gráfica===
	[[Archivo:ciclo-tres-pasos.png\|center]]		[[Archivo:ciclo-tres-pasos.png\|500px\|center]]

	Gráficamente este proceso se compone de tres tramos:		Gráficamente este proceso se compone de tres tramos:

Antonio en 18:46 21 feb 2024

2024-02-21T18:46:41Z

← Revisión anterior		Revisión del 20:46 21 feb 2024
Línea 20:		Línea 20:
	mientras que el volumen es el de un cilindro		mientras que el volumen es el de un cilindro

	<center><math>V_A = S h = (1001\,\mathrm{cm}P2)(10\mathrm{cm}) = 1000\,\mathrm{cm}^3 = 0.~~001~~\,\mathrm{m}^3</math></center>		<center><math>V_A = S h = (1001\,\mathrm{cm}^2)(10\mathrm{cm}) = 1000\,\mathrm{cm}^3 = 1.00\,\mathrm{L}</math></center>

	===Tras el primer paso===		===Tras el primer paso===
	El primer paso ocurre a volumen constante, por estar el pistón atornillado, con lo que el volumen final es el mismo que el inicial		El primer paso ocurre a volumen constante, por estar el pistón atornillado, con lo que el volumen final es el mismo que el inicial

	<center><math>V_B = V_A = ~~1000~~\,\mathrm{cm}^3</math></center>		<center><math>V_B = V_A = 1.00\,\mathrm{L}</math></center>

	La temperatura ha aumentado en 300&~~deg~~;C		La temperatura ha aumentado en 300 K,

	<center><math>T_B = 600\,\mathrm{K}</math></center>		<center><math>T_B = 600\,\mathrm{K}</math></center>
Línea 46:		Línea 46:
	El volumen final lo podemos obtener particularizando la ley de los gases ideales para temperatura constante, es decir, aplicando la ley de Boyle		El volumen final lo podemos obtener particularizando la ley de los gases ideales para temperatura constante, es decir, aplicando la ley de Boyle

	<center><math>p_CV_C=p_BV_B\qquad\Rightarrow\qquad V_C = \frac{200\,\mathrm{kPa}}{100\,\mathrm{kPa}}~~1000~~\,\mathrm{cm}^3 = ~~2000~~\,\mathrm{cm}^3</math></center>		<center><math>p_CV_C=p_BV_B\qquad\Rightarrow\qquad V_C = \frac{200\,\mathrm{kPa}}{100\,\mathrm{kPa}}1.00\,\mathrm{L} = 2.00\,\mathrm{L}</math></center>

	===Estado final===		===Estado final===
Línea 55:		Línea 55:
	La ley de los gases ideales se reduce en este caso a la ley de Charles		La ley de los gases ideales se reduce en este caso a la ley de Charles

	<center><math>\frac{V_D}{T_D}=\frac{V_C}{T_C} \qquad\Rightarrow\qquad V_D = \frac{300\,\mathrm{K}}{600\,\mathrm{K}}~~2000~~\,\mathrm{cm}^3 = ~~1000~~\,\mathrm{cm}^3</math></center>		<center><math>\frac{V_D}{T_D}=\frac{V_C}{T_C} \qquad\Rightarrow\qquad V_D = \frac{300\,\mathrm{K}}{600\,\mathrm{K}}2.00\,\mathrm{L} = 1.00\,\mathrm{L}</math></center>

	Al ser la presión y la temperatura finales iguales a las de partida también lo es el volumen. El estado D es el mismo que el estado A y el proceso es por tanto un ciclo.		Al ser la presión y la temperatura finales iguales a las de partida también lo es el volumen. El estado D es el mismo que el estado A y el proceso es por tanto un ciclo.

	===Representación gráfica===		===Representación gráfica===
	[[Archivo:ciclo-tres-pasos.png\|~~right~~]]		[[Archivo:ciclo-tres-pasos.png\|center]]

	Gráficamente este proceso se compone de tres tramos:		Gráficamente este proceso se compone de tres tramos:
Línea 87:		Línea 87:
	En nuestro caso		En nuestro caso

	<center><math>W^{B\to C} = -(2\~~times 10^5~~\mathrm{Pa})(0.~~001~~\,\mathrm{m}^3)\ln(2) = -139\,\mathrm{J}</math></center>		<center><math>W^{B\to C} = -(200\,\mathrm{kPa})(1.00\,\mathrm{L})\ln(2) = -139\,\mathrm{J}</math></center>

	===Compresión isóbara===		===Compresión isóbara===
	En el tercer paso, el volumen se reduce a presión constante, lo que da un trabajo equivalente gráficamente al área de un rectángulo		En el tercer paso, el volumen se reduce a presión constante, lo que da un trabajo equivalente gráficamente al área de un rectángulo

	<center><math>W^{C\to A} = -\int_C^A p\,\mathrm{d} V = -p_A\int_{V_C}^{V_A} = p_A(V_A-V_C) = ~~10^5~~(0.~~002~~ - 0.~~001~~)\,\mathrm{J} = +100\,\mathrm{J}</math></center>		<center><math>W^{C\to A} = -\int_C^A p\,\mathrm{d} V = -p_A\int_{V_C}^{V_A} = p_A(V_A-V_C) = 100(2.00 - 1.00)\,\mathrm{J} = +100\,\mathrm{J}</math></center>

	===Trabajo neto===		===Trabajo neto===
Línea 108:		Línea 108:
	siendo la capacidad calorífica molar para el aire aproximadamente igual a la de un gas diatómico		siendo la capacidad calorífica molar para el aire aproximadamente igual a la de un gas diatómico

	<center><math>c_v = \frac{5}{2}R = 20.8\frac{\mathrm{J}}{\mathrm{K}\cdot\mathrm{mol}}</math></center>		<center><math>c_v =\frac{R}{\gamma-1} = 20.8\frac{\mathrm{J}}{\mathrm{K}\cdot\mathrm{mol}}</math></center>

			con <math>\gamma = 1.4</math>.

	La variación de la energía interna en cualquier proceso es proporcional a la diferencia de temperaturas		La variación de la energía interna en cualquier proceso es proporcional a la diferencia de temperaturas
Línea 114:		Línea 116:
	<center><math>\Delta U = nc_v\,\Delta T</math></center>		<center><math>\Delta U = nc_v\,\Delta T</math></center>

	independientemente de si el proceso es a presión constante, a volumen constante o como sea, por tratarse de una función de estado.		independientemente de si el proceso es a presión constante, a volumen constante o como sea, por tratarse de una función de estado. También se puede calcular a partir de las presiones y volúmenes como

			<center><math>\Delta U = \frac{p_fV_f-p_iV_i}{\gamma-1}</math></center>

	Una vez que calculemos la variación en la energía, podemos hallar el calor que entra en el gas por el primer principio de la termodinámica		Una vez que calculemos la variación en la energía, podemos hallar el calor que entra en el gas por el primer principio de la termodinámica
Línea 123:		Línea 127:
	Al calentarse el gas aumenta su energía interna		Al calentarse el gas aumenta su energía interna

	<center><math>\Delta U^{A\to B} ~~= nc_v(T_B-T_A)~~= \frac{5}{~~2}(nRT_B~~-~~nRT_A)=\frac{5}{2~~}~~(p_BV_B-p_AV_A)~~ = \frac{5}{2}(p_B-p_A)V_A = \frac{5}{2}(~~2\times 10^5~~- ~~10^5~~)(0.~~001~~)\,\mathrm{J}=+250\,\mathrm{J}</math></center>		<center><math>\Delta U^{A\to B} = \frac{p_BV_B-p_AV_A}{\gamma-1} = \frac{5}{2}(p_B-p_A)V_A = \frac{5}{2}(200- 100)(1.00)\,\mathrm{J}=+250\,\mathrm{J}</math></center>

	Puesto que en este proceso el trabajo es nulo, este aumento en la energía procede exclusivamente del calor		Puesto que en este proceso el trabajo es nulo, este aumento en la energía procede exclusivamente del calor
Línea 159:		Línea 163:
	siendo		siendo

	<center><math>c_p = \frac{7}{2}R = 29.1\frac{\mathrm{J}}{\mathrm{K}\cdot\mathrm{mol}}</math></center>		<center><math>c_p = \frac{\gamma R}{\gamma-1} = 29.1\frac{\mathrm{J}}{\mathrm{K}\cdot\mathrm{mol}}</math></center>

	Este método nos daría		Este método nos daría

	<center><math>Q^{C\to A} = \frac{7}{2}\left(nRT_A-nRT_C\right) = \frac{~~7}{2}~~(p_AV_A-p_CV_C) = \frac{~~7}{2}~~p_A(V_A-V_C) = \frac{~~7}{2}10^5~~(0.~~001~~-0.~~002)~~\,\mathrm{J} = -350\,\mathrm{J}</math></center>		<center><math>Q^{C\to A} = \frac{7}{2}\left(nRT_A-nRT_C\right) = \frac{\gamma(p_AV_A-p_CV_C)}{\gamma-1} = \frac{\gamma p_A(V_A-V_C)}{\gamma-1} = \frac{1.4\cdot 100(1.00-2.00)}{0.4}\,\mathrm{J} = -350\,\mathrm{J}</math></center>

	Nótese que para el calor sí se cambia <math>c_v</math> por <math>c_p</math>.		Nótese que para el calor sí se cambia <math>c_v</math> por <math>c_p</math>.

Antonio en 16:02 21 feb 2024

2024-02-21T16:02:10Z

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Línea 179:		Línea 179:

	El resultado neto es que a lo largo del ciclo entran <math>39\,\mathrm{J}</math> en forma de calor y sale la misma cantidad en forma de trabajo. Este ciclo describiría un modelo muy simple de máquina térmica.		El resultado neto es que a lo largo del ciclo entran <math>39\,\mathrm{J}</math> en forma de calor y sale la misma cantidad en forma de trabajo. Este ciclo describiría un modelo muy simple de máquina térmica.

	~~==Rendimiento==~~
	~~El rendimiento de una máquina térmica es el cociente entre el trabajo neto que se saca de ella por el calor que se introduce en el sistema~~

	~~<center><math>\eta = \frac{W_\mathrm{net,out}}{Q_\mathrm{in}}</math></center>~~

	~~En este caso el calor que entra es el de los pasos A→B y B→C, pero no en el C→A, en que sale. Por ello, el rendimiento vale~~

	~~<center><math>\eta = \frac{39\,\mathrm{J}}{(250+139)\,\mathrm{J}} = 9.91\%</math></center>~~

	~~==Rendimiento de la segunda ley==~~
	~~El rendimiento de una máquina de Carnot reversible que operara entre las dos temperaturas extremas sería~~

	~~<center><math>\eta^\mathrm{rev}=1-\frac{300}{600}=50\%</math></center>~~

	~~Por tanto, en proporción a este rendimiento máximo, la eficiencia del ciclo del problema es~~

	~~<center><math>\epsilon= \frac{9.91}{50}=19.82\%</math></center>~~

	~~Este es el llamado rendimiento de la segunda ley.~~
	~~==Producción de entropía==~~
	~~Por tratarse de un proceso cíclico, la entropía del gas no cambia en el proceso.~~

	~~<center><math>\Delta S_\mathrm{sis} = 0\,</math></center>~~

	~~Si suponemos que el calor se cede desde un foco a la temperatura máxima del ciclo, este foco disminuye su entropía en~~

	~~<center><math>\Delta S_C = -\frac{Q_\mathrm{in}}{T_C}=-\frac{389\,\mathrm{J}}{600\,\mathrm{K}}=-0.646\,\frac{\mathrm{J}}{\mathrm{K}}</math></center>~~

	~~Si luego el gas es entregado a un foco a la temperatura más baja, la entropía de este foco aumenta en~~

	~~<center><math>\Delta S_F = \frac{Q_\mathrm{out}}{T_F}=-\frac{350\,\mathrm{J}}{300\,\mathrm{K}}=+1.16\,\frac{\mathrm{J}}{\mathrm{K}}</math></center>~~

	~~La variación total de la entropía del ambiente es suma de estas dos~~

	~~<center><math>\Delta S_\mathrm{amb}=\Delta S_C+\Delta S_F +0.52\,\frac{\mathrm{J}}{\mathrm{K}}</math></center>~~

	~~La variación de entropía del universo es la suma de la del sistema y la del ambiente~~

	~~<center><math>\Delta S = \Delta S_\mathrm{sis} +\Delta S_\mathrm{amb} = +0.52\,\frac{\mathrm{J}}{\mathrm{K}}</math></center>~~

	~~El valor neto es positivo, como en todo ciclo real.~~

Antonio: Página creada con «==Enunciado== Un cilindro de 100 cm² de sección contiene aire y está cerrado por un émbolo. Inicialmente el aire tiene una temperatura de 27 °C y una presión de 100 kPa, que también es la presión exterior, estando el émbolo a 10 cm del fondo. Entonces se realiza el siguiente proceso cuasiestático :A→B Se atornilla el émbolo y se calienta el aire hasta 327 °C, sumergiéndolo en un baño a esta temperatura.…»

2024-02-21T16:01:13Z

Página creada con «==Enunciado== Un cilindro de 100 cm² de sección contiene aire y está cerrado por un émbolo. Inicialmente el aire tiene una temperatura de 27 °C y una presión de 100 kPa, que también es la presión exterior, estando el émbolo a 10 cm del fondo. Entonces se realiza el siguiente proceso cuasiestático :A→B Se atornilla el émbolo y se calienta el aire hasta 327 °C, sumergiéndolo en un baño a esta temperatura.…»

Página nueva

==Enunciado==
Un cilindro de 100 cm² de sección contiene aire y está cerrado por un émbolo. Inicialmente el aire tiene una temperatura de 27 °C y una presión de 100 kPa, que también es la presión exterior, estando el émbolo a 10 cm del fondo. Entonces se realiza el siguiente proceso cuasiestático

:A→B Se atornilla el émbolo y se calienta el aire hasta 327 °C, sumergiéndolo en un baño a esta temperatura.
:B→C Se libera el émbolo lentamente, dejando que se expanda el aire hasta que su presión vuelve a ser la inicial. En este proceso el aire se mantiene a la temperatura de 327 °C.
:C→A Con el émbolo libre, se enfría gradualmente hasta que la temperatura vuelve a ser la inicial.

Para este proceso:

# Halle la presión, volumen y temperatura al final de cada fase del proceso.
# Calcule el trabajo en cada fase, así como el trabajo neto total.
# Calcule la variación en la energía interna y el calor en cada paso y su variación neta.

==Presión, volumen y temperatura==
===Estado inicial===
Inicialmente tenemos que la presión y la temperatura valen

<center><math>p_A=100\,\mathrm{kPa}\qquad\qquad T_A=(273+27)\mathrm{K}=300\,\mathrm{K}</math></center>

mientras que el volumen es el de un cilindro

<center><math>V_A = S h = (1001\,\mathrm{cm}P2)(10\mathrm{cm}) = 1000\,\mathrm{cm}^3 = 0.001\,\mathrm{m}^3</math></center>

===Tras el primer paso===
El primer paso ocurre a volumen constante, por estar el pistón atornillado, con lo que el volumen final es el mismo que el inicial

<center><math>V_B = V_A = 1000\,\mathrm{cm}^3</math></center>

La temperatura ha aumentado en 300°C

<center><math>T_B = 600\,\mathrm{K}</math></center>

y la presión aumenta en la misma proporción que la temperatura

<center><math>\frac{p_B}{T_B}=\frac{p_A}{T_A}\qquad\Rightarrow\qquad p_B = \frac{600\,\mathrm{K}}{300\,\mathrm{K}}100\,\mathrm{kPa} = 200\,\mathrm{kPa}</math></center>

===Tras el segundo paso===
En el segundo paso tenemos una expansión isoterma, siendo la temperatura final igual a la que había al final del paso anterior

<center><math>T_C = T_C = 600\,\mathrm{K}</math></center>

mientras que la presión final vuelve a ser la que había al principio

<center><math>p_C = p_A = 100\,\mathrm{kPa}</math></center>

El volumen final lo podemos obtener particularizando la ley de los gases ideales para temperatura constante, es decir, aplicando la ley de Boyle

<center><math>p_CV_C=p_BV_B\qquad\Rightarrow\qquad V_C = \frac{200\,\mathrm{kPa}}{100\,\mathrm{kPa}}1000\,\mathrm{cm}^3 = 2000\,\mathrm{cm}^3</math></center>

===Estado final===
Por último, dejando el émbolo libre, la temperatura vuelve a ser la inicial, manteniéndose constante la presión

<center><math>p_D = p_C=p_A = 100\,\mathrm{kPa}\qquad\qquad T_D = T_A = 300\,\mathrm{K}</math></center>

La ley de los gases ideales se reduce en este caso a la ley de Charles

<center><math>\frac{V_D}{T_D}=\frac{V_C}{T_C} \qquad\Rightarrow\qquad V_D = \frac{300\,\mathrm{K}}{600\,\mathrm{K}}2000\,\mathrm{cm}^3 = 1000\,\mathrm{cm}^3</math></center>

Al ser la presión y la temperatura finales iguales a las de partida también lo es el volumen. El estado D es el mismo que el estado A y el proceso es por tanto un ciclo.

===Representación gráfica===
[[Archivo:ciclo-tres-pasos.png|right]]

Gráficamente este proceso se compone de tres tramos:

* Un calentamiento a volumen constante, que corresponde a una recta vertical.
* Una expansión isoterma, que se representa por un arco de hipérbola.
* Una compresión a presión constante, que en la gráfica queda como una recta horizontal.

==Trabajo==
Podemos hallar el trabajo sobre el gas en cada paso a partir de la evolución de sus variables de estado, si suponemos que todos los procesos son cuasiestáticos.

===Calentamiento a volumen constante===
Al permanecer constante el volumen, no se realiza trabajo sobre el gas

<center><math>W^{A\to B} = 0\,</math></center>

===Expansión isoterma===
Cuando la temperatura permanece constante, podemos calcular el trabajo con ayuda de la ley de Boyle. En cualquier punto del camino

<center><math>pV = p_BV_B\qquad\Rightarrow\qquad p = \frac{p_BV_B}{V}</math></center>

lo que nos da el trabajo

<center><math>W^{B\to C}=-\int_B^C p\,\mathrm{d}V = -p_BV_B\int_{V_B}^{V_C}\frac{\mathrm{d}V}{V}=-p_BV_B\ln\left(\frac{V_C}{V_B}\right)</math></center>

En nuestro caso

<center><math>W^{B\to C} = -(2\times 10^5\mathrm{Pa})(0.001\,\mathrm{m}^3)\ln(2) = -139\,\mathrm{J}</math></center>

===Compresión isóbara===
En el tercer paso, el volumen se reduce a presión constante, lo que da un trabajo equivalente gráficamente al área de un rectángulo

<center><math>W^{C\to A} = -\int_C^A p\,\mathrm{d} V = -p_A\int_{V_C}^{V_A} = p_A(V_A-V_C) = 10^5(0.002 - 0.001)\,\mathrm{J} = +100\,\mathrm{J}</math></center>

===Trabajo neto===
El trabajo neto sobre el gas en el ciclo será la suma de los trabajos individuales

<center><math>W = -\oint p\,\mathrm{d}V = W^{A\to B}+W^{B\to C}+W^{C\to A}=\left(0 -139+100\right)\mathrm{J}= -39\,\mathrm{J}</math></center>

El signo del trabajo nos dice que en realidad es el gas el que realiza el trabajo sobre el ambiente.

==Energía y calor==
La energía interna de un gas ideal depende solamente de su temperatura

<center><math>U = U_0 + n c_v T\,</math></center>

siendo la capacidad calorífica molar para el aire aproximadamente igual a la de un gas diatómico

<center><math>c_v = \frac{5}{2}R = 20.8\frac{\mathrm{J}}{\mathrm{K}\cdot\mathrm{mol}}</math></center>

La variación de la energía interna en cualquier proceso es proporcional a la diferencia de temperaturas

<center><math>\Delta U = nc_v\,\Delta T</math></center>

independientemente de si el proceso es a presión constante, a volumen constante o como sea, por tratarse de una función de estado.

Una vez que calculemos la variación en la energía, podemos hallar el calor que entra en el gas por el primer principio de la termodinámica

<center><math>Q = \Delta U - W\,</math></center>

===Proceso A→B===
Al calentarse el gas aumenta su energía interna

<center><math>\Delta U^{A\to B} = nc_v(T_B-T_A)= \frac{5}{2}(nRT_B-nRT_A)=\frac{5}{2}(p_BV_B-p_AV_A) = \frac{5}{2}(p_B-p_A)V_A = \frac{5}{2}(2\times 10^5- 10^5)(0.001)\,\mathrm{J}=+250\,\mathrm{J}</math></center>

Puesto que en este proceso el trabajo es nulo, este aumento en la energía procede exclusivamente del calor

<center><math>Q^{A\to B} = \Delta U^{A\to B} - \overbrace{W^{A\to B}}^{=0} = +250\,\mathrm{J}</math></center>

Este calor se podía haber hallado directamente observando que en un proceso a volumen constante

<center><math>Q = nc_v\,\Delta T</math></center>

===Proceso B→C===
En la expansión isoterma la temperatura permanece constante, y por tanto, también lo es la energía interna

<center><math>\Delta U = nc_v\,\Delta T = 0</math></center>

Esto quiere decir que el trabajo que realiza el gas se obtiene a base de absorber calor

<center><math>Q^{B\to C} = \overbrace{\Delta U^{B\to C}}^{=0}-W^{B\to C} = p_BV_B\ln\left(\frac{V_C}{V_B}\right) = +139\,\mathrm{J}</math></center>

===Proceso C→A===
Por último, en la compresión a presión constante, la temperatura vuelve a su valor inicial, y lo mismo hace la energía interna

<center><math>\Delta U^{C\to A} = nc_v\,\Delta T = nc_v(T_A-T_B) = -250\,\mathrm{J}</math></center>

Obsérvese que aunque el proceso sea a presión constante, en la expresión de la energía aparece <math>c_v</math>.

El calor en este caso vale

<center><math>Q^{C\to A} = \Delta U - W^{C\to A}= -250\,\mathrm{J}-100\,\mathrm{J} = -350\,\mathrm{J}</math></center>

Al tratarse de un proceso a presión constante, el calor puede también hallarse directamente como

<center><math>Q = nc_p\,\Delta T</math></center>

siendo

<center><math>c_p = \frac{7}{2}R = 29.1\frac{\mathrm{J}}{\mathrm{K}\cdot\mathrm{mol}}</math></center>

Este método nos daría

<center><math>Q^{C\to A} = \frac{7}{2}\left(nRT_A-nRT_C\right) = \frac{7}{2}(p_AV_A-p_CV_C) = \frac{7}{2}p_A(V_A-V_C) = \frac{7}{2}10^5(0.001-0.002)\,\mathrm{J} = -350\,\mathrm{J}</math></center>

Nótese que para el calor sí se cambia <math>c_v</math> por <math>c_p</math>.

===Balance===
Sumando los tres pasos, obtenemos la variación de energía

<center><math>\Delta U = \Delta U^{A\to B}+ \Delta U^{B\to C}+\Delta U^{C\to A} = 250\,\mathrm{J}+0\,\mathrm{J}-250\,\mathrm{J} = 0\,\mathrm{J}</math></center>

que es nula, como corresponde a que el proceso es cíclico y la energía es una función de estado.

Para el calor, en cambio

<center><math>Q = Q^{A\to B}+ Q^{B\to C}+Q^{C\to A} = +250\,\mathrm{J}+139\,\mathrm{J}-350\,\mathrm{J} = +39\,\mathrm{J}</math></center>

El resultado neto es que a lo largo del ciclo entran <math>39\,\mathrm{J}</math> en forma de calor y sale la misma cantidad en forma de trabajo. Este ciclo describiría un modelo muy simple de máquina térmica.

==Rendimiento==
El rendimiento de una máquina térmica es el cociente entre el trabajo neto que se saca de ella por el calor que se introduce en el sistema

<center><math>\eta = \frac{W_\mathrm{net,out}}{Q_\mathrm{in}}</math></center>

En este caso el calor que entra es el de los pasos A→B y B→C, pero no en el C→A, en que sale. Por ello, el rendimiento vale

<center><math>\eta = \frac{39\,\mathrm{J}}{(250+139)\,\mathrm{J}} = 9.91\%</math></center>

==Rendimiento de la segunda ley==
El rendimiento de una máquina de Carnot reversible que operara entre las dos temperaturas extremas sería

<center><math>\eta^\mathrm{rev}=1-\frac{300}{600}=50\%</math></center>

Por tanto, en proporción a este rendimiento máximo, la eficiencia del ciclo del problema es

<center><math>\epsilon= \frac{9.91}{50}=19.82\%</math></center>

Este es el llamado rendimiento de la segunda ley.
==Producción de entropía==
Por tratarse de un proceso cíclico, la entropía del gas no cambia en el proceso.

<center><math>\Delta S_\mathrm{sis} = 0\,</math></center>

Si suponemos que el calor se cede desde un foco a la temperatura máxima del ciclo, este foco disminuye su entropía en

<center><math>\Delta S_C = -\frac{Q_\mathrm{in}}{T_C}=-\frac{389\,\mathrm{J}}{600\,\mathrm{K}}=-0.646\,\frac{\mathrm{J}}{\mathrm{K}}</math></center>

Si luego el gas es entregado a un foco a la temperatura más baja, la entropía de este foco aumenta en

<center><math>\Delta S_F = \frac{Q_\mathrm{out}}{T_F}=-\frac{350\,\mathrm{J}}{300\,\mathrm{K}}=+1.16\,\frac{\mathrm{J}}{\mathrm{K}}</math></center>

La variación total de la entropía del ambiente es suma de estas dos

<center><math>\Delta S_\mathrm{amb}=\Delta S_C+\Delta S_F +0.52\,\frac{\mathrm{J}}{\mathrm{K}}</math></center>

La variación de entropía del universo es la suma de la del sistema y la del ambiente

<center><math>\Delta S = \Delta S_\mathrm{sis} +\Delta S_\mathrm{amb} = +0.52\,\frac{\mathrm{J}}{\mathrm{K}}</math></center>

El valor neto es positivo, como en todo ciclo real.