1) El documento describe un problema de termodinámica que involucra un gas ideal sometido a procesos politrópicos. 2) Se pide dibujar los procesos en un diagrama p-v y determinar las condiciones de presión, volumen y temperatura en el punto común del proceso adiabático y el proceso isotermo. 3) También se pide calcular el rendimiento del ciclo termodinámico descrito por el gas.

1. FUNDAMENTOS FÍSICOS DE LA INGENIERÍA
PROBLEMAS DE TERMODINÁMICA
PROCESOS POLITRÓPICOS DE UN GAS IDEAL
1

2. A) Dibuje esquemáticamente en forma cualitativa los procesos sufridos por este gas en un diagrama p – v.
B) Determine presión, volumen y temperatura del punto común del proceso adiabático y del proceso isotermo sufrido por el gas.
Dato: R = 8,314 kJ/(K×kmol)
Ecuación de la adiabática: g g
p2V2 = p3V3
p1V1 = p3V3
g g
p n v
2 2 = g g -
p RT
2
UCLM
PROBLEMA 1
Un gas ideal de coeficiente adiabático g = 1.4 con un volumen específico inicial de 0.008 m3/mol se somete 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:
C) Determine el rendimiento del ciclo termodinámico que ha descrito el gas.
P
v
v0 = v1 = v2 = P1 = 2.65 bar
ADIABÁTICA
ISOTERMA
v0
P2
P1
v3
P3
0.008 m3/mol
P2 = 4.20 bar
Apartado A)
2
1
3
El gas describe un ciclo de potencia (sentido
horario) cuyos puntos notables son 1, 2 y 3.
Apartado B) (Determinación coordenadas punto 3)
Las temperaturas de los puntos notables se determinan
inmediatamente a partir de la ecuación de estado del gas:
pV =
pV = nRT RT
n
T p v
1 1 255 K
1 = =
R
T p v
2 2 404 K
2 = =
R
pv = RT
Las temperaturas T3 y T1 son iguales,
están sobre la misma isoterma T3 = T1 = 255 K
Para obtener el volumen del punto 3:
En términos de
volúmenes molares:
g g g g
p2n v2 = p3n v3
Ecuación de la isoterma: p1v1 = p3v3
1/( 1)
2 2
1 1
3
-
ö
÷ ÷ø
æ
=
ç çè
g g
p v
1 v p v
3
1 1
n v
p v
Dividiendo
miembro a
miembro:
= 0.025 m3/mol
Presión del punto 3: 83799 Pa 0.838 bar
3
3
3 = = =
v

3. A) Dibuje esquemáticamente en forma cualitativa los procesos sufridos por este gas en un diagrama p – v.
B) Determine presión, volumen y temperatura del punto común del proceso adiabático y del proceso isotermo sufrido por el gas.
w p v p v ad
= -
W p V p V ad 1
= RT v = -2441 J/mol
isot = ò = ò dV = nRT V
1
3
q Q V
V = = -
c R V
g = c ( -1)
w w
h w
= = + = 3100 - 2441 =
3
UCLM
PROBLEMA 1 (Continuación)
Un gas ideal de coeficiente adiabático g = 1.4 con un volumen específico inicial de 0.008 m3/mol se somete 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:
C) Determine el rendimiento del ciclo termodinámico que ha descrito el gas.
Dato: R = 8,314 kJ/(K×kmol)
Apartado C)
P
ISOTERMA
Veamos cualitativamente trabajo y calor en cada etapa del ciclo
v
ADIABÁTICA
1
2
3
wV = 0
qV > 0
qad = 0
wad > 0
wisot < 0
qisot = wisot < 0
Rendimiento:
h = w = +
w w
ad isot
V
neto
V
q
q
= -
2 2 3 3
1
-
g
2 2 3 3
-
g
p (Pa) v (m3/mol) T (K)
1 265000 0,008 255
2 420000 0,008 404
3 83799 0,025 255
= 3100 J/mol
3
1 ln
1
W pdV nRT
3
1
3
V
V
V
V
V
V
1
1 ln
v
QV = ncVDT = ncV ( T2 -T1 ) V
c ( T2 T1
) n
cP - cV = R
P
c
V
=
g
qV R T -T
( ) 1 2 1
-
=
g
= 3100 J/mol
Pregunta: ¿Es casual que el resultado
numérico para qV coincida con wad?
0.21 (21%)
3100
ad isot
V
neto
V
q
q

4. 2®3 Expansíón adiabática.
RT =
v v T
4
PROBLEMA 2
Un ciclo de Carnot reversible empleado como ciclo de potencia, que usa un gas ideal de 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).
A) Determine las coordenadas volumen específico, presión y temperatura de todos los puntos notables del ciclo.
B) Si el ciclo se repite dos veces por segundo, determine la potencia desarrollada.
C) Demuestre que para cualquier ciclo de Carnot el trabajo asociado con la etapa de compresión adiabática es el mismo en
valor absoluto y de signo opuesto al trabajo desarrollado en la expansión adiabática, y que el trabajo neto producido es la
suma algebraica del trabajo de la expansión isoterma y de la compresión isoterma.
Apartado A)
1
p1 = 2.5 bar v2 = 0.040 m3/mol
2
Ta = 500 K
4 3
Tb = 300 K
1®2 Expansión isoterma T1 = T2 = 500 K
3®4 Compresión isoterma T3 = T4 = 300 K
4®1 Compresión adiabática.
Coordenadas de los puntos 1 y 2:
v = RT
1
1 p
1
p = RT
2
P (bar) P (Pa) v (m3/mol) T (K)
1 2,50 250000 0,0166 500
2 1,04 103925 0,0400 500
2
2 v
Para calcular el volumen específico del gas en el punto
3 usamos la relación adiabática entre los puntos 2 y 3 en
función de volumen específico y temperatura.
v RT
g g
p2v2 = p3v3 g g
3
3
3
2
2
2 v
v
v
T vg - = T vg -
1
3 3
1
2 2
1/( 1)
2
3
3 2
-
ö
÷ ÷ø
æ
ç çè
=
g
T
UCLM

5. El punto 4 es donde concurren la isoterma 3®4 y la adiabática 4®1, por lo que debe cumplirse
p = RT
5
PROBLEMA 2 (Continuación)
Apartado A) Una vez calculado el volumen específico del punto 3, se obtiene su presión usando la ecuación de estado
p = RT
3
3
3 v
g g
p4v4 = p1v1
p4v4 = p3v3 3 3
g
v g - =
p v
1 1 1
4 p v
1/( 1)
1 1
3 3
4
-
ö
÷ ÷ø
æ
=
ç çè
g g
p v
v p v
4
4
4 v
Usando otra vez la
ecuación de estado
P (bar) P (Pa) v (m3/mol) T (K)
1 2,50 250000 0,0166 500
2 1,04 103925 0,0400 500
3 0,17 17388 0,1434 300
4 0,42 41828 0,0596 300
1
2
Ta = 500 K
4 3
Tb = 300 K
v (m3/mol)
P (bar)
UCLM

6. 4
=3649 J/mol isot = ò = ò dv = RT v
= -2189 J/mol
v
v
isot = ò = ò = 3
w wneto 
= =1460 =
Aplicando la ecuación de
estado del gas ideal:
p f v f pivi pivi p f v f
6
PROBLEMA 2 (Continuación)
Apartado B)
Hay que calcular el trabajo producido por el ciclo. Esto puede hacerse de dos formas.
B1. Cálculo directo del trabajo de cada etapa isoterma (en el apartado C demostraremos que las adiabáticas no intervienen en el neto)
2
dv RT v
v
1
1
1
2
v
12 ln
1
2
1
v
w pdv RT
v
v
v
4
3
3
34 ln
3
4
3
v
w pdv RT
v
v
v
wneto = wisot12 + wisot34 = 3649 - 2189 =1460 J/mol
El tiempo que tarda esta máquina térmica en describir un ciclo es t = 0.5 s, por tanto la potencia específica es
2920 watt/mol
w wneto 
= =1460 =
0.5
t
h T
1 1 300
= - 3 = - =
B2. Cálculo del trabajo a partir del rendimiento del ciclo reversible. Para este ciclo el rendimiento es: 0.40
500
T
1
La energía que debe suministrarse para el funcionamiento del mismo es el calor de la etapa isoterma de alta temperatura, que
es igual al trabajo de la expansión isoterma 1®2, ya que la energía interna del gas ideal sólo depende de su temperatura y por
lo tanto no sufre variación en dicha etapa:
Δu12 = qisot12 -wisot12 = 0 qisot12 = wisot12 =3649 J/mol
El trabajo específico neto es:
w
isot
q
neto
12
h = wneto =h ×qisot12 = 0.40×3649 =1460 J/mol 2920 watt/mol
0.5
t
Apartado C) Trabajo de un proceso adiabático entre las condiciones (vi,pi) y (vf,pf).
f
= ò
w pdv
i
v
v
f
f
- ò g
i
v
vi
v
v
é
C
dv C v
v
1
1 úû
ù
êë
-
= =
g
g
2
1
1
1
v
v
ù
pv v úû
é
êë
-
=
-
g
g
g
-
=
-
1 -
-1
=
g g
p
v
(vi , pi )
ADIABÁTICA
w (v f , pf )
( ) Ti Tf R -
-
=
g 1
En el ciclo de Carnot hay dos adiabáticas: el proceso 2®3 y el proceso 4®1 (véase apartado A).
Puesto que en el proceso 2®3 Ti = T2 y Tf = T3, mientras que en el proceso 4®1 las temperaturas
son Ti = T3 (= T4) y Tf = T2 (= T1), se deduce que wadiab23 = -wadiab41
Por lo tanto, el trabajo neto del ciclo corresponde a la suma
(algebraica) de los trabajos de las etapas isotermas 1®2 y 3®4.
UCLM

7. vmin Isocórica 1®2 0.08 m3/mol
7
PROBLEMA 3
Un ciclo de Stirling de refrigeración que consta de dos isotermas y dos isocóricas utiliza como fluido de trabajo 0.50 moles
de un gas ideal y opera entre las temperaturas 253 K y 300 K. Los volúmenes máximo y mínimo del ciclo son 40 litros y 20
litros respectivamente. Suponga que todas las etapas de este ciclo son reversibles. Dato: R = 8,314 kJ/(K×kmol).
A) Determine las coordenadas volumen específico, presión y temperatura de todos los puntos notables del ciclo.
B) Sabiendo que el coeficiente adiabático del gas es 1.4, calcule el calor y el trabajo asociado a cada etapa del ciclo y determine
su eficiencia.
C) Calcule el índice politrópico de un proceso termodinámico que una directamente el punto de mayor presión con el punto de
menor presión de este ciclo.
Apartado A)
Volúmenes específicos máximo y mínimo
3 3
3 3
min = = = ×
20 10 m 3
v V 0.04 m /mol
max = = = ×
40 10 m 3
300 K
253 K
0.08 m /mol
0.50 mol
max
-
n
0.50 mol
min
-
n
v V
v (m3/mol)
P (bar)
p = RT
T (K)
253
300
300
253
v (m3/mol)
1 0,08
2 0,08
3 0,04
4 0,04
P (Pa) P (bar)
26293 0,26
31178 0,31
62355 0,62
52586 0,53
vmax
1
2
3
4
v1 = v2 = vmax = T1 = 253 K T2 = 300 K
Isocórica 3®4 0.04 m3/mol
v3 = v4 = vmin = T3 = 300 K T4 = 253 K
Las presiones se calculan aplicando a cada punto la ecuación de estado
i
i
i v
UCLM

8. B) Sabiendo que el coeficiente adiabático del gas es 1.4, calcule el calor y el trabajo asociado a cada etapa del ciclo y determine
su eficiencia.
g = c
c R Determinación de calores específicos: V
qV cV T T R T -T
( ) ( ) 12 2 1 ( -
1 ) 2 1
w q RT v isot = isot =
qV cV T T R T -T
w q RT v isot = isot =
El trabajo de las etapas isocóricas es nulo, al no haber variación de v.
1458 =
8
PROBLEMA 3 (Continuación)
Ciclo de refrigeración (sentido antihorario)
2
v (m3/mol)
P (bar)
1
3
4
qisot 23 < 0
wisot 23 < 0
wisot 41 > 0
qV12 > 0
qV 34 < 0
qisot 41 > 0
P
c
V
cP - cV = R
=
g
( -1)
Proceso isocórico 1®2
3
2
23 23 2 ln
v
= - =
g
Proceso isotermo 2®3
Proceso isocórico 3®4 ( ) ( ) 34 = 4 - 3 =
( g
-
1 ) 4 3
Proceso isotermo 4®1
1
4
41 41 4 ln
v
T (K)
253
300
300
253
v (m3/mol)
1 0,08
2 0,08
3 0,04
4 0,04
P (Pa) P (bar)
26293 0,26
31178 0,31
62355 0,62
52586 0,53
= 977 J/mol
= -1729 J/mol
= -977 J/mol
=1458 J/mol
La eficiencia del ciclo es igual al calor extraído del foco dividido por el
valor absoluto del trabajo necesario para hacerlo. En nuestro caso:
41
q
+
isot
q q
isot isot
23 41
e =
5.38
e T
1 =
-
=
T T
2 1
5.38
- +
1729 1458
=
Forma alternativa: como se trata de un ciclo reversible,
Comentario: la eficiencia representa el calor extraído del foco frío por
cada unidad de trabajo invertido en el funcionamiento del ciclo.
UCLM

9. k = p p =1.246
9
PROBLEMA 3 (Continuación)
C) Calcule el índice politrópico de un proceso termodinámico que una directamente el punto de mayor presión con el punto de
menor presión de este ciclo.
2
v (m3/mol)
P (bar)
1
3
4
Se pide calcular el exponente k de la ecuación del proceso politrópico p3v3k = p1v1k
ln p3 + k lnv3 = ln p1 + k ln v1
( ) k lnv3 - ln v1 = ln p1 - ln p3
( )
( ) 3 1
ln /
v v
1 3
ln /
Teniendo en cuenta los valores numéricos
3
v3 = p =
la ecuación de esta politrópica es
pvk = 63255×0.041.246 =1130.5
0.04 m /mol 3 63255 bar
pv1.246 =1130.5
UCLM
3®1

10. 3
v1 = p =
3
v2 = p =
g
v
g
v
p p v
p p v 2
182729 Pa
3 = 2 = g
v3 = v4 = 365457 Pa
T p v
T p v 4 4 308 K
10
PROBLEMA 4
Un gas perfecto de volumen específico 0.008 m3/mol a una presión de 4.00 bar se calienta isocóricamente hasta que su
presión alcanza 8.00 bar. Después se expande adiabáticamente hasta alcanzar 0.014 m3/mol, luego se enfría isocóricamente y
finalmente se comprime adiabáticamente hasa restituir las condiciones iniciales. Todas las transformaciones son reversibles
(ciclo ideal de Otto). Dato: R = 8,314 kJ/(K×kmol).
A) Determine las coordenadas volumen específico, presión y temperatura de todos los puntos notables del ciclo.
B) Si se sabe que el coeficiente adiabático del gas es 1.4, calcule el calor y el trabajo asociado a cada etapa del ciclo y determine
su rendimiento.
Apartado A) Coordenadas de los puntos extremos de la isocórica 1 (4 bar) ® 2 (8 bar)
0.008 m /mol 1 4.00 bar
0.008 m /mol 2 8.00 bar
T p v
T p 1 v 1 385 K
2 2 770 K
1 = =
R
2 = =
R
Ecuación de la adiabática que pasa por 1: p1v1g = 463.86 pvg = 463.86
Ecuación de la adiabática que pasa por 2: p2vg2 = 927.72 pvg = 927.72
10
9
8
7
6
5
4
3
2
1
0
2
1
pvg = 927.72
0,007 0,008 0,009 0,010 0,011 0,012 0,013 0,014 0,015
P (bar)
v (m3/mol)
pvg = 463.86
3
4
0.014 m3/mol
3
1
4 = 1 = g
4
3 3 615 K
3 = =
R
4 = =
R
v
(m3/mol) P (Pa)
P
(bar) T (K)
1 0,008 400000 4,00 385
2 0,008 800000 8,00 770
3 0,014 365457 3,65 615
4 0,014 182729 1,83 308
UCLM

11. Apartado B) Si se sabe que el coeficiente adiabático del gas es 1.4, calcule el calor y el trabajo asociado a cada etapa del ciclo y
determine su rendimiento
c R V = 20.875 J/K×mol
w p v p v adiab ( ) qV12 = cV T2 -T1 ( ) qV 34 = cV T4 -T3
11
g = c P
cP - cV = R
c
( -1)
V
=
g
w = p 2 v 2 -
p 3 v 3
adiab 1
1
23 g
-
= -
4 4 1 1
41 g
-
w (J/mol) q (J/mol)
1®2 8000
2®3 3209
3®4 -6396
4®1 -1604
h = w + w = 0.201
23 41
q
12
PROBLEMA 4 (Continuación)
v
(m3/mol) P (Pa)
P
(bar) T (K)
1 0,008 400000 4,00 385
2 0,008 800000 8,00 770
3 0,014 365457 3,65 615
4 0,014 182729 1,83 308
UCLM

12. Un gas ideal a 273 K tiene una densidad de 50 moles/m3. Su coeficiente adiabático es g = 1.4. Este gas se somete a una compresión
adiabática reversible hasta que su presión se duplica y luego a una expansión isoterma reversible hasta restituir el volumen original.
a) Determine la temperatura final
b) Determine el trabajo neto de los dos procesos.
Dato: R = 8,314 kJ/(K×kmol)
c) Calcule la variación de entropía sufrida por el gas.
113486 113486
V = æ
2 = = =
P P
12
UCLM
T2 = T3 = 332.8 K
Tomamos como base de cálculo 50 moles de gas, que en las condiciones iniciales ocupan V1 = 1 m3.
P = n
RT
V
50mol 1 3 =
273 K 113486 Pa
8.314 J
K mol
m
×
La presión inicial se obtiene aplicando la P =
ecuación del gas ideal
1 1 = × = PVg 113486 1 1 = 2 2 = PVg PVg
Proceso adiabático: 113486 11.4 113486
1
2
2
2 1
Vg
1 3
0.6095 m
ö 2
çè
1/1.4
2 = ÷ø
ISOTERMA
T2 = T3 = 332.8 K
0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1,0
240000
220000
180000
160000
140000
120000
100000
V (m3)
1
2
3
P2 = 2P1
T = PV 2 2
= × ×
= =
2 113486 0.6095 T
2 332.8 K
Proceso isotermo: 3
50 8,314
nR
×
PROBLEMA 5
Trabajo asociado con los procesos:
W pV p V adiabático
= -
1 1 2 2
1
-
g
W nRT V isotermo =
3
2
2 ln
V
( )
nR T T
= -
1 2
-
1
g
( ) 62147 J
1.4 1
= × -
50 8.314 273 332.8 = -
-
68497 J
= 50×8.314×332.8ln 1 =
0.6095
Wneto =Wadiabático +Wisotermo = -62147 + 68497 = 6350 J
Wneto = 6350 J
Cambios de entropía.
En la etapa adiabática
reversible no hay
intercambio de calor, por
tanto la variación de
entropía es nula.
Etapa isoterma.
DUisotermo = Qisotermo -Wisotermo = 0
Qisotermo =Wisotermo
La energía interna de un gas ideal
S Qisotermo 68497
205.8 J/K
D = = =
332.8
T
2
es sólo función de la temperatura
DS = 205.8 J/K
ADIABÁTICA
200000
P (Pa)

13. Un gas ideal de coeficiente adiabático g sufre una transformación politrópica de índice k entre las condiciones (V1, P1) y (V2, P2).
Determine el calor cedido o ganado por el gas en dicho proceso.
13
V
P Politrópica
1
2
I. Trabajo asociado con el proceso politrópico:
V
2
= ò
W pdV
V
1
2
- ò 2
1
2
1
1
1
V
V
k
V
V
é
dV CV
C
k k
V
ù
úû
êë
-
= =
p V pV
= -
1
1
1
V
V
k
pV V úû
k
k
ù
é
êë
-
=
-
pV p V
= -
2 2 1 1 1 1 2 2
-
-
k
k
1 1
W pV p V politrópico
= -
1 1 2 2
1
-
k
II. Consideremos el proceso politrópico como parte de un ciclo:
1®2 Politrópica 2®3 Isobara 3®1 Isocora
V1 =V3
3 P2 = P3
pV k = C
III. Cálculo de trabajo y calor en la etapa isobara 2®3
V
3
= ò
W pdV ( ) = p2 V3 -V2
V
2
Sea n el número de moles de gas y cp y cV los calores
específicos molares a presión y volumen constante.
cp - =
Gas ideal:
T = pV
( ) Q = ncp T3 -T2 ( ) p3V3 p2V2
R
IV. Cálculo de calor en la etapa isocora 3®1 (el trabajo es nulo)
= cV -
( ) Q = ncV T1 -T3 ( ) p1V1 p3V3
R
V. La variación de energía interna DU = Q -W para cualquier ciclo completo ha de ser nula. DU = DU12 + DU23 + DU31 = 0
DU23 DU31 DU12
Q pV p V p V
politrópico
p V p V p V V c
c
- - pV p V
( ) ( ) ( ) 0
1 1 2 2 + - - - + - =
1 3 3 2 2 2 3 2 1 1 3 3
-
R
R
k
Q pV p V politrópico - p p V - p V + p V - V - c
V
-
( ) ( ) ( ) 3 3 2 2 2 3 2 1 1 3 3
= -
1 1 2 2
1
pV p V
R
c
R
k
-
nR
UCLM
PROBLEMA 6

14. Un gas ideal de coeficiente adiabático g sufre una transformación politrópica de índice k entre las condiciones (V1, P1) y (V2, P2).
Determine el calor cedido o ganado por el gas en dicho proceso.
Q pV p V politrópico - p p V - p V + p V - V - c
V
-
( 3 3 2 2 ) 2 ( 3 2 ) ( 1 1 3 3 )
(Sustituyendo calores específicos en función de g)
(Sustituyendo V3, P3 por V1 y P2 respectivamente)
(Reordenando términos)
(Sacando factor común)
Cuestión adicional: Compruebe que en función
de las temperaturas el calor absorbido o cedido
por el gas ideal en el proceso politrópico es
Q nR T T k politrópico
= - -
14
= -
1 1 2 2
1
pV p V
R
c
R
k
-
VI. Tengamos en cuenta las siguientes consideraciones:
V1 =V3 P2 = P3
Relación de Mayer: cP - cV = R
Coeficiente adiabático:
g = c
P
c
V
cV (g -1) = R
g
=
g
( -1)
cP
R
1
-
=
R g
( 1)
cV
Q pV p V politrópico -
( ) ( ) ( ) 3 3 2 2 2 3 2 1 1 3 3
= -
1 1 2 2
1
1
g
1 1
p V p V p V V pV p V
k
-
- + - -
-
-
-
g g
Q pV p V politrópico -
( ) ( ) ( ) 2 1 2 2 2 1 2 1 1 2 1
= -
1 1 2 2
1
1
g
1 1
p V p V p V V pV p V
k
-
- + - -
-
-
-
g g
g p V p V p V p V pV p V
1 1 2 1
+ - -
2 1 2 2
Q pV p V politrópico
= -
g
1 1 2 2 2 1 2 2
-
+
-
-
+
-
-
1 1 1
1
1
-
g g g
g
k
Q pV p V politrópico +
p V p V pV p V p V p V
2 1
g
1 1 2 1 2 1
2 2
= -
g
1 1 2 2 2 2
1
1 1 1
1
k
-
-
-
+
-
- -
-
+
-
g
g g g
( )
Q pV p V o politrópic úû
p V p V pV p V
2 1
g
é +
= -
g
1 1 2 2 2 2 2 2 1 1 1
1 1
1
1 1
1
1
1
k
ù
êë
-
-
-
+
-
-
-
- -
-
+
-
g
g g g
g
g
Q pV p V o politrópic úû
p V p V p V pV p V
2 1
= -
g
g
1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1
1
1
g
+ -
-
1 1
1
1 1 1
1
1
k
ù
é
êë
-
-
-
+
-
-
-
+
-
-
-
+
-
g
g
g
g g g g
g
0
p V pV
+ -
Q pV p V politrópico
= -
1 1 2 2 2 2 1 1
-
1 1
-
g
k
Caso especial: cuando el proceso es adiabático k = g y entonces Qadiabático = 0
UCLM
PROBLEMA 6 (Continuación)
ù
é
g
( ) ( )( )úû
êë
2 1 k
- 1 g -
1
Esta deducción es válida para g ≠ 1 (cuando g = 1 la transformación es isoterma).

15. PROBLEMA 7
Considere un transformación politrópica reversible de un gas ideal entre las condiciones iniciales (v1, p1) y finales (v2, p2),
donde v está dado en m3/mol y p en Pa. El gas ideal tiene un coeficiente adiabático g y el proceso politrópico un índice de
politropía k. Sabiendo que el calor intercambiado por el gas en dicho proceso está dado por
R T T ( ) ( )
R T T k ( ) ( )( )úû
= - - - + -
1 1
2 1 g
g
q R T T g isobárico ( ) ( ) 1 2 1
Según la relación de Mayer y la definición de coeficiente adiabático como función de los calores específicos
15
p v p v
+ -
q p v p v politrópico
= -
1 1 2 2 2 2 1 1
-
1 1
-
g
k
deduzca el calor intercambiado por dicho gas cuando:
A) Sufre una transformación isobárica reversible.
B) Sufre una transformación isocórica reversible.
A) Transformación isobárica reversible.
Escribimos el calor intercambiado en función de la temperatura empleando la ecuación del gas ideal pv = RT
= - é
-
1
q úû
= p 1 v 1 -
p 2 v 2 + p 2 v 2 -
p 1 v 1 = RT 1 -
RT
2 + RT 2 -
RT
1
( ) politrópico k
-
1 g -
1 k
-
1 g
-
1
ù
êë
-
+
-
1
1
2 1 k 1
g
ù
( )( ) úû
é
êë
- -
1 1
g
k
ù
R T T k
= - é
-
êë
g
2 1 k
- 1 g -
1
ù
= - -
é
- -
En una transformación isobárica k = 0, por lo tanto ( ) ( )úû
êë
2 1 g 1
R T -T
-
=
g
c R V
cV (g -1) = R =
( g
-1)
( ) qisobárico = cP T2 -T1
cP - cV = R
g = c
P
c
V
B) Transformación isocórica reversible.
ù
q R T T k
= - é
-
g
( ) ( )( )úû
c g R P
R T T k
= - -
g
k
lim 1 / 2 1 g
é
- -
úû
isocórico 2 1 lim ( ) k g
( )( )êë
- -
k
®¥ 1 1
ù
êë
®¥ 1 1/ 1
k
R 1 T -T
( ) ( ) qisocórico = cV ( T2 -T1 ) -
1 2 1
=
g
( -
1)
=
g
En una transformación isocórica k ® ¥ , por lo tanto
UCLM

16. Calcule la variación de entropía de un gas ideal de índice adiabático g = 1.4 asociada a un proceso politrópico reversible de
índice k = 3 entre las condiciones iniciales v1 = 0.023 m3/mol, p1 = 1.80 bar y un volumen específico final v2 = 0.025 m3/mol.
R v
donde cada s representa le entropía específica molar (kJ/K×mol) de la etapa.
D s = òd q isot = òd v
isot
= RT =
T
1 1
ln 1
31 ln Variación de entropía en el proceso politrópico 1®2: = -R v
Por tanto, el cálculo de la variación de entropía del proceso politrópico reversible se reduce en realidad a calcular las
coordenadas del punto 3, donde se cortan la adiabática y la isoterma.
16
Dsciclo = Ds12 + Ds23 + Ds31 = 0
Politrópica índice k
1
2
Cálculo de la variación de entropía en el proceso 1®2 a lo largo de una politrópica reversible
Trazamos una adiabática reversible que pase por 2.
3
Después trazamos una isoterma reversible que pase por 1.
La adiabática y la isoterma se cortan en 3. Al tratarse de un ciclo tenemos:
Adiabática
Isoterma
La variación de entropía específica molar en una etapa ds = dq
infinitesimal de un proceso termodinámico está dada por
T
Proceso 2®3: Se trata de una adiabática reversible, por tanto dqad =0 en
todos los puntos de la trayectoria y en consecuencia Ds23 = 0
Proceso 3®1: Es una isoterma, por lo tanto
ds = dqisot
T1
1
3
3
1
1 1 1
v
v
q
T T
Ds12 = -Ds31
(El calor asociado a un
proceso isotermo es igual
al trabajo del mismo)
ln 1
v
3
P
v
PROBLEMA 8
UCLM
Dato: R = 8,314 kJ/(K×kmol)

17. PROBLEMA 8 (Continuación)
Calcule la variación de entropía de un gas ideal de índice adiabático g = 1.4 asociada a un proceso politrópico reversible de
índice k = 3 entre las condiciones iniciales v1 = 0.023 m3/mol, p1 = 1.80 bar y un volumen específico final v2 = 0.025 m3/mol.
Además del volumen especifico necesario, calcularemos todas las coordenadas desconocidas del ciclo de tres etapas.
Punto inicial (1). Conocemos volumen específico
y presión, calculamos temperatura
T p1v1
1 =
Punto final (2). Ecuación politrópica
p vk vk1 1 = p æ
2 2
p p v ÷ ÷ø
1
T p2v2
2 =
Ecuación de estado: R
Punto (3)
Adiabática
p3v3 g = p2v2
g
v p v
Isoterma p3v3 = p1v1
1 1
p = RT
3 v
3
1 2 2
3 p v
3
p1v1 = RT1
1/( 1)
2 2
1 1
ö
Politrópica índice k
Entropía específica del proceso politrópico 1®2
Ds = -R v
1
= -8.314ln 0.0230 = -2.77 J/K×mol
Datos iniciales coloreados 17
3
-
÷ ÷ø
æ
=
ç çè
g g
p v
v p v
k
v
ö
ç çè
=
2
2 1
R
v (m3/mol) P (bar) T (K)
1 0,0230 1,80 498,0
2 0,0250 1,40 421,5
3 0,0165 2,51 498,0
g
g - =
T3 = T1 (isoterma)
3
12 ln
v
0.0165
1
2
3
Adiabática
Isoterma
P
v
UCLM
Dato: R = 8,314 kJ/(K×kmol)

18. PROBLEMA 9
Un gas ideal de coeficiente adiabático g =1.4 describe un ciclo termodinámico formado por las siguientes etapas reversibles:
1. Etapa isobara a 1.8 bar, desde una temperatura de 300 K hasta que su volumen específico molar es 0.08 m3/mol.
2. Expansión politrópica de índice k = 3.5, hasta que su temperatura es 300 K.
3. Compresión isotérmica hasta restablecer las condiciones iniciales.
Determine:
A) Las coordenadas p, v, T de cada punto notable del ciclo.
B) Trabajo y calor en cada etapa y rendimiento del ciclo.
C) La variación de entropía del gas en cada etapa del ciclo.
Isobara
18
P
v
1 2
Ciclo de potencia
Politrópica k = 3.5
Isoterma 300 K 3
A) Coordenadas P, v, T
p (Pa) v (m3/mol) T (K)
1 180000 300
2 180000 0,040
3 300
p V k p V k 2 2 = 3 3
p1V1 = p3V3
p nkvk p nkvk2 2 = 3 3
p1nv1 = p3nv3
1/( 1)
2 2
1 1
3
-
ö
÷ ÷ø
æ
=
ç çè
k k
p v
v p v
Ecuación de estado:
T p2v2
2 =
= k k
1
3
1
v = RT
1
1 p
1
k -
k
p n v
1 1
2
1
2 - -
n v
p v
R
Cálculo del punto 3
= 0.014 m3/mol
= 866 K
Politrópica:
Isoterma:
= 0.061 m3/mol
p = RT = 40805 Pa
3
3
3 v
0,014 866
40805 0,061 Dato: R = 8,314 kJ/(K×kmol)
UCLM

19. q (J/mol) w (J/mol)
1®2 16470 4706 isobarico
2®3 -9882 1882 politropico
3®1 -3702 -3702 isoterma
= 4706 +1882 - 3702 =
h = 0.175
19
B) Trabajo y calor en cada etapa y rendimiento del ciclo.
P (bar)
v (m3/mol)
1 2
3
qisobaro > 0
qisotermo < 0
qpolitropico < 0
p (Pa) v (m3/mol) T (K)
1 180000 0,014 300
2 180000 0,040 866
3 40805 0,061 300
w pava pbvb
politrópico
= -
q = p úû
a v a -
p b v b + p b v b -
p a v
a
= R ( T - T ) é
k -
ù
politrópico
k
-
1 g
-1
f i
( )( )êë
g
- -
1 g 1
k
wisobaro > 0
wpolitrópico > 0
wisotermo < 0
-1
k
b
a
v
= ò = ò = ln
w pdv RT
isotermo v
v
v
v
dv RT v
v
b
a
b
a
Etapa 1®2, isobárica k = 0 wisobárico = p2v2 - p1v1
g
( ) ( ) 1 2 1
qisobárico R T -T
-
=
g
Etapa 2®3, politrópica k = 3.5
w p v p v politrópico
= -
2 2 3 3
1
-
k
a® inicial, b® final
ù
q R T T k politrópico
= - é
-
g
( ) ( )( )úû
êë
3 2 k
- 1 g -
1
Etapa 3®1, isoterma 300 K
w = ò pdv = òRT dv = RT v
1
= v
3
isotermo q
isotermo
v
v
v
v
v
1
1
3
ln
1
3
1
Cálculos (calor y trabajo)
Rendimiento:
Trabajo neto
Calor aportado
w + w + w
isobarico politrópico isotermo
q
isobarico
16470
PROBLEMA 9 (Continuación)
UCLM

20. Calculamos para una politrópica en función de temperaturas y volúmenes.
ù
æ
d g
D = ò = R é
k
- úû
ò dT
= R é
k
- g
ù
T
a
d g ( )( ) ( )( ) ÷ ÷ø
R k ln
= -
ö
æ
v
a
æ
= Expresamos este cociente en una forma más adecuada
T -1
ö
æ
ö
æ
=
v
a
v
a
s R T
20
a
b
c
v
p
C) Variación de entropía del gas en cada etapa del ciclo.
1/( -1)
ö
÷ ÷ø
æ
=
v p v
ç çè
g g
b b
c p v
a a
é
Ds = Rln v a
( )
ab v
c
ù
ú ú ú ú ú
û
ê ê ê ê ê
R v
= - 1/ -1 ln g g
ë
ö
÷ ÷ø
æ
ç çè
p v
b b
a a
a
p v
( ) ( )
( ) ( ) úû
ù
é
g g
1/ 1 1/ 1
R p v v
a a a
p v
= - ln g - g g
-
êë
- -
1/ 1 / 1
b b
( ) ( )
ù
ú úû
ê êë é
ö
÷ ÷ø
æ
ç çè
ö
÷ ÷ø
æ
R p
ç çè
= -
1/ -1 / -1
ln
g g g
v
a
b
a
b
v
p
( ) ( )
ù
ú úû
é
æ
s R ln RT /
v
ê êë
ö
÷ ÷ø
æ
ç çè
ö
÷ ÷ø
ç çè
D = -
1/ -1 / -1
a a
ab /
v
g g g
a
b
b b
v
RT v
( ) ( ) ( )
ù
ú úû
é
æ
R T
ê êë
ö
÷ ÷ø
æ
ç çè
ö
÷ ÷ø
æ
ç çè
ö
÷ ÷ø
ç çè
= -
1/ -1 1/ -1 / -1
ln
g g g g
v
a
b
v
b
a
a
b
v
v
T
( )
ú ú
û
é
æ
R T
ê ê
ë
ö
÷ ÷ø
æ
ç çè
ö
÷ ÷ø
ç çè
= -
-
v
a
b
a
b
v
T
1/ 1
ln
g ( )
ù
ú úû
é
æ
s R T
ê êë
ö
÷ ÷ø
æ
ç çè
ö
÷ ÷ø
ç çè
D =
-
b
ab v
a
b
a
v
T
1/ 1
ln
g
q úû
= R k -
politrópic o ( )( ) dT
k
ù
é
êë
- -
1 g 1
ö
ç çè
úû
êë
- -
ù
êë
- -
b
T
T
politrópico
ab T
k
T
k
T
q
s
b
a
ln
1 g
1 1 g 1
ö
æ
ù
p v
b b
p v
g
( )( ) ÷ ÷ø
ç çè
úû
é
êë
- -
a a
k
1 g 1
ù
é
ö
s R k ù
ln
D = -
b
v
a
g
( )( ) ú ú
û
ê ê
ab v
ë
÷ ÷ø
ç çè æ
úû
é
êë
- -
a
k
b
v
v
k
1 g 1
ù
é
ö
æ
ù
R k
= -
v
a
v
g
( )( ) ú úû
ç çè
ê êë
÷ ÷ø
úû
é
êë
- -
-1
ln
1 1
k
b
k
g
ö
æ
R k ù
ln v
= -
a
v
g
( ) ÷ ÷ø
ç çè
úû
é
êë
-
b
g 1
( ) ( )
ù
ú úû
é
æ
R v
ê êë
÷ ÷ø
ç çè
ö
÷ ÷ø
ç çè
=
/ -1 - / -1
ln
g g g
b
k
a
b
v
v
RT = -1 = k-1
v RT
k
pbvb = p v k
k a
b
k
Tbvb T v
( ) ( )
ù
ú úû
é
æ
ê êë
ö
÷ ÷ø
æ
ç çè
ö
÷ ÷ø
ç çè
D =
1/ -1 - / -1
ln
g g g
a
v
T
ab v
b
a
b
b
a
v
v
s R T
( )
÷ø
v a
÷ = ù
ú ú
û
é
æ
ê ê
æ
ab v
ë
ö
÷ ÷ø
ç çè
D =
-
b
a
b
a
v
T
1/ 1
ln
g
Punto inicial ® a Punto final ® b
Método 1. Usando el resultado del problema 8 (Recuerde que c es un punto que no está en la politrópica)
Ecuación de estado: p = RT / v
Método 2. Integrando el intercambio de energía en forma de calor en un proceso politrópico elemental.
k
v
a
b
p
b
a
v
p
ö
÷ ÷ø
ç çè
k
a a
a
a
b
b v
v
v
a a
-1
ö
÷ ÷ø
æ
=
ç çè
k
v
a
b
b
a
v
T
÷ ÷ø
ç çè
÷ ÷ø
ç çè
b
k
b
T
b
a
v
v
T
v
T
a
b
b
a
k
b
v
T
v
ö
ç çè
( )
ù
ú úû
é
æ
R T
ê êë
ö
÷ ÷ø
æ
ç çè
ö
÷ ÷ø
ç çè
=
1/ -1 -1
ln
v
a
b
b
a
v
T
g
PROBLEMA 9 (Continuación)
UCLM

21. 21
C) Variación de entropía del gas en cada etapa del ciclo (continuación).
( )
ù
ú úû
é
æ
s R T
ê êë
ö
÷ ÷ø
ç çè
D =
-
b
ab v
a
b
a
v
T
1/ 1
ln
g
P (bar)
v (m3/mol)
1 2
3
Isobara
p (Pa) v (m3/mol) T (K)
1 180000 0,014 300
2 180000 0,040 866
3 40805 0,061 300
( )
ù
ú úû
é
æ
s R T
ê êë
ö
÷ ÷ø
ç çè
D =
-
v
2
1
1/ 1
2
1
12 ln
v
T
g
R = 8,314 J/(K×mol)
( )
ù
ú úû
é
D = æ
s R T
ê êë
ö
÷ ÷ø
ç çè
-
v
3
2
1/ 1
3
2
23 ln
v
T
g
( )
ù
ú ú
û
é
æ
s R T
ê ê
ë
ö
÷ ÷ø
ç çè
D =
-
v
1
3
1/ 1
1
3
31 ln
v
T
g
( )
30.8 J/K
0.040
0.014
é
8.314ln 866
ö 300
çè
1/ 1.4 1
=
ù
ú úû
ê êë
÷ø
= æ
-
( )
18.5 J/K
0.061
0.040
8.314ln 300
ö 866
çè
1/ 1.4 1
= -
ù
ú úû
ê êë é
÷ø
= æ
-
( )
12.3 J/K
0.014
0.061
é
8.314ln 300
ö 300
çè
1/ 1.4 1
= -
ù
ú úû
ê êë
÷ø
= æ
-
Politrópica
Isoterma
PROBLEMA 9 (Continuación)
UCLM

22. Un ciclo frigorífico reversible de Carnot se emplea para mantener a -18º C el congelador de un frigorífico instalado en un local
donde la temperatura es 20º C. Como fluido de trabajo de este ciclo termodinámico se emplean 0.2 moles de un gas ideal de
coeficiente adiabático g = 1.40. Los vólúmenes máximo y mínimo del gas durante el ciclo son 2 litros y 5 litros. Se pide:
A) Calcule la presión al comienzo e la expansión isoterma y el volumen al final de la compresión adiabática.
B) Calcule el trabajo necesario para extraer 1 kJ del foco frío.
C) Calcule el trabajo que debe aportarse por ciclo para mantener el frigorífico en funcionamiento.
D) La variación de entropía del gas en la etapa isoterma a baja temperatura.
Dato: R = 8,314 kJ/(K×kmol)
El fluido de trabajo cede calor al foco caliente
Datos: tenemos los siguientes datos de temperatura y volumen:
3 2 10 m 3 3 V = × -
1 5 10 m V = × -
Cálculo de los volúmenes V2 y V4:
22
PROBLEMA 10
V (litros)
P (bar)
Compresión adiabática 1 ® 2
Compresión isoterma 2 ® 3
Talta = 293 K
Tbaja = 255 K
ADIABÁTICA
ADIABÁTICA
1
2
3
4
P = nRT
Cálculo de las presiones
(conocidos los volúmenes) V
Ciclo de
refrigeración
Expansión adiabática 3 ® 4
Expansión isoterma 4 ® 1 El fluido de trabajo toma calor del foco frío
3 3
T1 = 273-18 = 255 K
T2 = 273+ 20 = 293 K
T3 = 273+ 20 = 293 K
T4 = 273-18 = 255 K
g g
Pa Va = Pb Vb g g
b
nRT =
V nRT
b
b
a
a
a V
V
V
g -1 = g -1
Ta Va Tb Vb
PV = nRT
UCLM

23. A) Calcule la presión al comienzo e la expansión isoterma y el volumen al final de la compresión adiabática.
El fluido de trabajo cede calor al foco caliente
23
V (litros)
PROBLEMA 10 (Continuación)
P (bar)
Compresión adiabática 1 ® 2
Compresión isoterma 2 ® 3
Talta = 293 K
Tbaja = 255 K
ADIABÁTICA
ADIABÁTICA
1
2
3
4
Ciclo de
refrigeración
Expansión adiabática 3 ® 4
Expansión isoterma 4 ® 1 El fluido de trabajo toma calor del foco frío
ºC K V (m3) P (Pa) P (bar)
1 -18 255 5,00E-03 1,06E+05 1,06
2 20 293 3,53E-03 1,72E+05 1,72
3 20 293 2,00E-03 3,05E+05 3,05
4 -18 255 2,83E-03 1,87E+05 1,87
Apartado A)
La presión al comienzo de la expansión isoterma es: Expansión isoterma: 4®1 P4 =1.87 bar
El volumen al final de la compresión adiabática es: Compresión adiabática: 1®2 V2 = 3.53 litros
UCLM

24. Significado: e representa la energía extraída del foco frío por cada unidad de trabajo
aportada al ciclo. Por tanto el trabajo necesario para extraer 1 kJ del foco frío es:
W 1 PV - PV
W 1 PV - PV
24
PROBLEMA 10 (Continuación)
B) Calcule el trabajo necesario para extraer 1 kJ del foco frío.
C) Calcule el trabajo que debe aportarse por ciclo para mantener el frigorífico en funcionamiento.
D) La variación de entropía del gas en la etapa isoterma a baja temperatura.
Q
Q
41 41
Q Q
1
2
3
4
Talta = 293 K
Tbaja = 255 K
ADIABÁTICA
ADIABÁTICA
Ciclo de
refrigeración
Volumen (litros)
Presión (bar)
Balance de energía en un ciclo: Q41 +Q23 -W = 0
Q41 > 0
Q23 < 0
W < 0
Eficiencia
23 41
W
-
e = =
T
-
baja
T T
alta baja
Eficiencia e =
reversible
6.7
255 =
-
293 255
e =
1/e =1/ 6.7 = 0.15 kJ
= -346.5 J
= 301.6 J
Trabajo en las
etapas isotermas
Trabajo neto
(en un ciclo)
( ) W23 = nRTalta ln V3 /V2
( ) W41 = nRTbaja ln V1 /V4
W =W23 +W41 = -44.9 J
Comentario: los trabajos asociados a las etapas adiabáticas
no cuentan, por ser iguales y de signos opuestos
12 =
( ) g
-
1 1 1 2 2
34 =
( ) g
-
1 3 3 4 4
P1V1 = P4V4 = nRTbaja
P2V2 = P3V3 = nRTalta
Para calcular la variación de entropía de la etapa isoterma 4®1 es necesario determinar el calor intercambiado en ella.
Como en cualquier proceso a temperatura constante la variación de energía interna de un gas ideal es nula, se verifica que DU41 = Q41 -W41 = 0
S Q
41 301.6 J
D 41 = = =
Q41 =W41 = 301.6 J 1.18 J/K
255 K
Tbaja
UCLM