Practica numérica II Daniel Andrés Morón Alfonso

En cada ejercicio escribiré cada uno de los razonamientos añadiendo pasos que se omitieron en la explicación de la practica numérica (para mi entendimiento cuando los repase) al igual que los gráficos y esquemas para no tener que repetir el proceso del applet cada vez que los necesite.

Ejercicio 1: no funciona el Applet.

Ejercicio 2: Análisis de ciclo de Carnot con diferentes ΔT y evaluado en gases monoatómicos y diatómicos.

Situación 1: ΔT muy grande para gas monoatomico. Tfrio= 100k Tcaliente= 1000k ΔT= 900k VA = 4l PA= 15 atm VB= 8l PB= 7,5 atm VC=253l Pc= 0,024 atm VD=126,5 PD= 0,05 atm Grafico del applet.

Calculo de número de moles de gas en el sistema. P.V=n.R.T → n= P.V/R.T → n=0,73 moles Cálculos de trabajo (W), calor intercambiado (Q) y Variación de energía interna (ΔU).

Se cumple primer principio para todas las transformaciones por lo tanto: ΔU=Q-W Esquema general de ciclo de Carnot :

Desarrollo: Transformación de A-B (expansión isotérmica) ΔU=0 por lo tanto Q=W

W= n.R.Tc.ln (

)

W= 41,49 l.atm ó W=4149179J =Q Transformación B-C (expansión adiabática) Q=0 por lo tanto ΔU=-W ΔU= n.Cv. ΔT= -80,8 l.atm W=80,8l.atm ó W= 8081100J Transformación C-D (compresión isotérmica) ΔU=0 por lo tanto Q=W

W= n.R.Tf.ln (

)

W= -4,15 l.atm o W=- 414918 J =Q Transformación D-A (compresión adiabática) Q=0 por lo tanto ΔU=-W ΔU= n.Cv. ΔT= 80,811 W= -80,8 l.atm ó W=-8081100J Por lo tanto tenemos que Wneto= 37,34 y Qcedido= -4,15 Qabsorbido=41,49

= 0,9% lo que quiere decir que la eficiencia alcanzaría un 90% en un gas monoatómico.

Para un gas Diatomico tenemos: Datos en gas Diatomico.

Tfrio= 100k Tcaliente= 1000k ΔT= 900k VA = 4l PA= 15 atm VB= 8l PB= 7,5 atm VC=2529,8l Pc= 0,0024 atm VD=1265l PD= 0,005 atm Grafico del applet

El número de moles no varía ya que la ecuación de gases ideales no depende de si es monoatómico o Diatomico. Por lo tanto n=0,73mol. Se cumple primer principio para todas las transformaciones por lo tanto: ΔU=Q-W Esquema general de ciclo de Carnot :

Desarrollo: Transformación de A-B (expansión isotérmica) ΔU=0 por lo tanto Q=W

W= n.R.Tc.ln (

)

W= 41,149 l.atm ó W=4149179J =Q Transformación B-C (expansión adiabática) Q=0 por lo tanto ΔU=-W ΔU= n.Cv. ΔT= -134,68atml W= 134,68 atml ó W= 13468500 j Transformación C-D (compresión isotérmica) ΔU=0 por lo tanto Q=W

W= n.R.Tf.ln (

)

W= -41,149 l.atm o W=- 4114910J =Q Transformación D-A (compresión adiabática) Q=0 por lo tanto ΔU=-W ΔU= n.Cv. ΔT= 134,68 atml W= --134,68 l.atm ó W=-13468500J Por lo tanto tenemos que Wneto= 37,34 y Qcedido= -4,15 Qabsorbido=41,49

= 0,9% lo que quiere decir que la eficiencia alcanzaría un 90% en un gas Diatomico.

Conclusión 1: Dado que las ecuaciones que depende de si es o no monoatómico son las adiabáticas, el trabajo realizado en ambas etapas es igual en modulo pero de signo diferente, lo que quiere decir que no aportan al trabajo neto. Esto quiere decir que no importa si usamos gases diatomicos o monoatómicos, en un ciclo de Carnot siempre obtendremos la máxima eficiencia posible con los mismos resultados como se muestra en el applet. Determinado esto veamos la segunda condición a poner a prueba el ΔT muy pequeño: Datos (para gas monoatómico, aunque sabiendo la conclusión 1 sabemos que las eficiencias nos van a dar iguales)

Tfrio= 990k Tcaliente= 1000k ΔT= 10k VA = 4l PA= 15 atm VB= 8l PB= 7,5 atm VC=8,2l Pc= 7,24 atm VD=4,1l PD= 14,5 atm Calculo de número de moles de gas en el sistema. P.V=n.R.T → n= P.V/R.T → n=0,73 moles

Grafico del applet:

Se cumple primer principio para todas las transformaciones por lo tanto: ΔU=Q-W Esquema general de ciclo de Carnot :

Desarrollo: Transformación de A-B (expansión isotérmica)

ΔU=0 por lo tanto Q=W

W= n.R.Tc.ln (

)

W= 41,49 l.atm ó W=4149179J =Q Transformación B-C (expansión adiabática) Q=0 por lo tanto ΔU=-W ΔU= n.Cv. ΔT= -134,68atml W= 134,68 atml ó W= 13468500 j Transformación C-D (compresión isotérmica) ΔU=0 por lo tanto Q=W

W= n.R.Tf.ln (

)

W= - l.atm o W=- 414918 J =Q Transformación D-A (compresión adiabática) Q=0 por lo tanto ΔU=-W ΔU= n.Cv. ΔT= 134,68 atml W= --134,68 l.atm ó W=-13468500J Por lo tanto tenemos que Wneto= 0,416 y Qcedido= -41,1 Qabsorbido=41,5

= 0,01 lo que quiere decir que la eficiencia alcanzaría tan solo un 1% en un ΔT con estas

caracteristicas. Conclusión 2: observando las eficiencias en los dos ΔT podemos inferir que mientras mayor sea el gradiente de temperatura mayor va a ser la eficiencia. III ) calculo de entropía en procesos reversibles. Este applet nos muestra el modo en el que procesos irreversibles se pueden volver reversibles. Para hacer esto debemos recurrir en principio a la Ley de enfriamiento de Newton (que dice que cuando la Diferencia de temperaturas entre un cuerpo y su medio ambiente no es demasiado grande, el calor transferido en la unidad de tiempo hacia el cuerpo o desde el cuerpo con conducción, convección y/o radiación es aproximadamente proporcional a la diferencia de temperaturas entre el cuerpo y el medio externo.) , lo que quiere decir que si tomasemos un tiempo teóricamente infinito podríamos alcanzar la T°final T=Tf+(Tc-Tf)·exp(-k·t) El cuerpo absorbe calor siguiendo la ecuación de Q= m.c.ΔT° La variación de entropía sigue la ecuación

El foco de calor cederá una cantidad de calor Q pero su Temperatura no varia

Si la variación de entropía del sistema es igual a la variación de entropía del foco sumado a la variación de entropía del sistema tenemos que las ecuaciones a seguir son: ΔS= ΔSc+ΔSf>0 Si Reemplazamos los términos en la ecuación

Ahora dividiremos el proceso en un número N de pasos y usaremos una masa m con un T°c= T°inicial= T0 a la que calentaremos hasta T1. Está en contacto con un foco cuya Tf= T0 + (T1 -T0) /N Reemplazando estos términos en la ecuación de entropía.

ΔS1= m.c

Resolvemos la expresión:

Por lo tanto reemplazando en la ecuación nos da:

Para el paso 2 Tomamos Tc = T0+(T1-T0)/N y Tf=T0+2(T1-T0)/N Reemplazamos en la ecuación de entropía

ΔS2= m.c

Por lo tanto para la variación de entropía tendremos:

Generalizando con un numeró de pasos і tendremos que la variación de entropía será

Donde Tc= T0+(i-1)(T1-T0)/N y Tf=T0+i(T1-T0)/N Cuando llegamos a N tenemos que Tc= T0+(N-1)(T1-T0)/N y Tf=T1

Por lo tanto la ecuación será:

Si lo hiciésemos con un paso obtenemos la ecuación de la entropía como si la determinásemos directamente

Por lo tanto el proceso completo podría resolverse con la siguiente sucesión

Ahora, si le tomamos el limite a la expresión de la entropía para un paso cuando N tiende a infinito nos queda que

= 0 = 0 Si esta expresión tiende a 0 cuando le tomamos el limite, quiere decir que la sumatoria de los términos que define el Diferencial de entropía también tendera a 0. Esto lo podemos ejemplificar con el applet Calcularemos el diferencial de entropía para llegar de 0°C a 60°C ósea de 273k a 333k calculado en varios pasos con la ecuación.

Para hacer las cuentas más fácil tomaremos m.c=1 Para un paso:

ΔS=

= 0,0185

Para dos pasos

ΔS1=

= 5,25

ΔS2=

ΔS=9,57. Para tres pasos

ΔS1=

=2,44

ΔS2=

=2,13

ΔS3=

=1,88 .

ΔS=6,45 . Como podemos ver cada vez nos estamos acercando mas a 0 y esto lo podemos evidenciar en el applet:

Si lo estiramos a 8 pasos nos acercamos cada vez más al 0

Ejercicio III: calculo de Entropía en procesos reversibles Vamos a demostrar que en procesos reversibles la variación de entropía es cero usando un sistema en el que un recipiente vertical que contiene un gas va a ser comprimido al colocarle un objeto de masa m, En la situación estática las fuerzas que actúan sobre el embolo son el peso y la fuerza producto de la presión en la superficie del área.

Si la altura de equilibrio es y0 entonces la ecuación de gas ideal nos relaciona P0 el volumen y0 .A y la T° de una masa m o de un cantidad de n moles de gas

Siendo la contante de los gases R=8.3143 J/(K·mol) y sabiendo la ecuación de energía interna de un gas en un punto U0=ncvT

Se puede decir que U0=ncv.

Partiendo del instante t=0 se coloca sobre un el embolo una bloque de masa mb . El embolo se desequilibra y comprime el gas a T° constante hasta que el peso del embolo sumado al del bloque se igual con la presión del gas por su superficie. Esto quiere decir que la sumatoria de fuerzas la podemos escribir de este modo.

Esquema del experimento:

Si lo relacionamos con el cálculo de esta posición a través de la ecuación que relaciona la P y el V en una isoterma. m(e+b)= masa del embolo +masa del bloque

Ahora supongamos que en esta posición ye rompemos el equilibrio al desplazar el embolo una distancia x de dicha posición. La fuerza que ejerce el gas sobre el embolo tiende a volver a la posición de equilibrio ye

En esta posición yf nueva tenemos una nueva ecuación de sumatoria de fuerzas donde

Y α =

La fuerza la podemos cacular por medio la ecuación que relaciona p y v en una isoterma. peVe=P2.V2

me+b.g.ye=Fyf

F=

Teniendo la fuerza reemplazamos y despejamos la aceleración

Siendo

Si x<<ye entonces

Que es la ecuación de un movimiento armónico simple.

El émbolo en general, describirá una oscilación amortiguada hasta que alcanza la posición de equilibrio estable ye.

El émbolo llega a la posición de equilibrio estable y=ye después de cierto tiempo, con velocidad v=0. En esta posición de equilibrio, la fuerza f que ejerce el gas sobre el émbolo debida a la presión se anula con el peso del conjunto formado por el bloque y el émbolo F=mg.

Variación de entropía: como la variación energía interna de un gas no varia en una isoterma. La energía potencial (y0-ye) del conjunto embolo-bloque va a fluir en forma de calor hacia el foco ΔEp=(m0+mp)g(y0-ye)

La variación de entropía del foco es

La variación de entropía del gas que cambia su volumen de V0=y0·S a Ve=ye·S es

La variación de entropía total es

ΔS=ΔSf+ΔSg>0

Como hicimos en el caso anterior en el que determinamos un proceso que lo partimos en N veces aquí podemos hacer lo mismo partiendo el bloque en N trozos iguales y los vamos colocando hasta llegar al ye. En una etapa uno colocamos un trozo del bloque de masa Δm, observamos que se comprime el gas hasta una altura y1. La fuerza F1 que ejerce el gas debido a la presión se iguala al peso del conjunto formado por el embolo y la porción del bloque F1=(m0+ Δm)g . La transformación isoterma cumple con todas las expresiones antes descriptas.

La energía potencial del conjunto embolo-bloque correspondiente a la altura (y0-y1) fluye en forma de calor hacia el foco

ΔEp=(m0+Δm)g(y0-y1) La variación de entropía del foco.

La variación de entropía del gas que cambia su volumen en un proceso isotermico:

En la etapa dos la posición de equilibrio y1 es ahora la posición inicial cuando se coloca el segundo trozo del bloque de igual masa Δm. Observamos que se comprime el gas y alcanza la posición de equilibrio y2 a la altura.

La energía potencial del conjunto émbolo-bloque correspondiente a la altura (y1-y2) fluye en forma de calor hacia el foco.

ΔEp=(m0+2Δm)g(y1-y2)

La variación de entropía del foco es:

La variación de entropía del gas que cambia su volumen en un proceso isotérmico es:

La posición de equilibrio yN-1 es la posición inicial cuando se coloca la última porción N de bloque. Observamos que se comprime el gas y alcanza la posición de equilibrio final yN a la altura.

La energía potencial del conjunto émbolo-bloque correspondiente a la altura (yN-1-yN) fluye en forma de calor hacia el foco.

ΔEp=(m0+NΔm)g(yN-1-yN)

La variación de entropía del foco es

La variación de entropía del gas que cambia su volumen de VN-1=yN-1·S a VN=yN·S es

La variación total de entropía del gas en el proceso isotérmico que lleva al gas desde un volumen V0 a un volumen VN es

La variación de entropía del foco en el mismo proceso es:

La variación de entropía total es:

Como podemos ver en la expresión

Es una sumatoria que tiende a 0 pues se parece a

Solo nos queda ver qué pasa con la expresión

Reescribo la expresión

Esto quiere decir que cuando N tiende a infinito

= 0 Y esto se puede comprobar cuando hacemos un grafico de entropía como el que se presenta en la explicación del applet:

En la figura se representa:

En el eje vertical la variación de entropía ΔS En el eje horizontal la inversa 1/N del número de pasos

Cuando el número N de pasos es muy grande la suma de las variaciones de entropía del foco y del gas tiende a cero. ΔSf+ΔSg→0

Ejemplo: la masa del embolo sera m0= 1kg

La masa del bloque sera mb= 5kg

Numero de moles de gas n= 0,002 mol

Temperatura T= 20°c ó T= 293k

Dado que no se nos permite cambiar estas condiciones y la condición más sencilla es una intermedia en la que los números sean redondos tomare una condición en la que el bloque ha sido dividido en dos para compararlo con los ejemplos de 1 y 5 que están en la practica.

Proceso de N=2 etapas

Situación inicial

Usando las ecuaciones de los gases ideales y las que dedujimos antes=

p0·V0=nRT0

mo.g.yo=n.R.T

En dos pasos:

Se coloca encima un bloque que pesa

La posición final de equilibrio es: m0gy0=(m0+Δm)gy1

Para Segundo pasó se coloca encima del bloque que acabamos de poner el resto del bloque

Δ

La ecuación de la variación de energía potencial será

ΔEp=(m0+Δm)g(y0-y1)+(m0+2Δm)g(y1-y2) = 15,0822

La variación de entropía del foco es

ΔSf= ΔEp/T= 0,0515

La variación de entropía del gas es

ΔSc= n. R.ln

= -0,03

La variación de entropía del sistema será

ΔS=0,0215 J/K

Para un paso la entropía del sistema fue:

Para dos pasos la entropía del sistema fue:

ΔS=0,0215 J/K

Y para cinco pasos la entropía del sistema fue:

Claramente se ve que la entropía del sistema se va reduciendo con el número N de pasos como lo demostramos anteriormente, en el applet podemos ver esta tendencia: Con 10 pasos:

Conclusión final: Tanto en procesos reversibles como irreversibles la variación de entropía no dependerá del camino sino de las condiciones iniciales y finales del cuerpo por lo tanto la variación de entropía es una función de estado.