ESCUELA TÉCNICA SUPERIOR DE INGENIERÍA AERONÁUTICA Y DEL ESPACIO FÍSICA II

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1 ESCUELA TÉCNICA SUPERIOR DE INGENIERÍA AERONÁUTICA Y DEL ESPACIO FÍSICA II PROBLEMAS RESUELTOS José Carlos JIMÉNEZ SÁEZ Santiago RAMÍREZ DE LA PISCINA MILLÁN 1.- TERMODINÁMICA

2 1 Termodinámica PROBLEMA RESUELTO 1.1 En un laboratorio se dispone de un gas desconocido y se supone que se comporta como un gas ideal. Se toma una muestra en un cilindro térmicamente aislado, cerrado por un émbolo también aislante del calor. A partir de unas condiciones de presión y temperatura (p 0, T 0 ) se comprime lentamente el gas hasta que su temperatura es T 1 y su presión p 1. Dedúzcase la capacidad calorífica molar del gas a volumen constante. DATOS: p 0 = 100 kpa T 0 = 279K p 1 = 120 kpa T 1 = 300K R = (atm.l)/(k.mol) SOLUCIÓN 1.1 La transformación realizada es adiabática. Se verifica que: p γ = cte nrt γ = cte T γ 1 = cte T ( ) γ 1 nrt = cte T γ p 1 γ = cte Dado que los datos son los de presión y temperatura usamos la última expresión: p Tomando logaritmos se tiene: T γ 0 p 1 γ 0 = T γ 1 p 1 γ 1 ( p1 p 0 ) 1 γ γ = T 0 T 1 1 γ γ log p 1 = log T 0 1 γ p 0 T 1 γ = log T 0 T 1 log p = log p 0 log = Despejando γ : γ = Por tanto se trata de un gas monoatómico: c v = 3 2 R = 12.5 J K mol c p = 5 2 R = 20.8 J K mol

3 FÍSICA II Problemas Resueltos: Termodinámica 1.2 PROBLEMA RESUELTO 1.2 Un cilindro vertical, cerrado por un embolo de sección S y de peso despreciable, contiene n moles de un gas monoatómico, a la presión atmosférica p a y a la temperatura ambiente T a. Se pone una masa M sobre el émbolo, el gas se comprime bruscamente y llega a un estado de equilibrio. En estas condiciones, se aísla térmicamente el cilindro y el émbolo y se comunica calor al gas lentamente hasta que el émbolo, con la masa encima, llega a la posición de partida. Calcular: 1) Trabajo que se realiza sobre el gas en la compresión brusca, presión y volumen final de la misma. 2) Calor que es preciso comunicar al gas en el segundo proceso, presión y temperatura al final de este proceso. Resuélvase literalmente y hágase aplicación con los siguientes DATOS: n = 2 mol p a = 1 atm T a = 300 K M = 20 kg S = 100 cm 2 g = 10 m s 2 SOLUCIÓN 1.2 El volumen inicial es: 1 = nrta p a La presión exterior, y por tanto, la final del gas es: p 2 = p a + p M = p a + Mg S La temperatura final es, debido a la pared diatérmica: T 2 = T a El volumen final es 2 = nrta p a+p M El trabajo realizado en este proceso irreversible a presión exterior constante: 2 2 W 12 = p ext d = (p a + p M )d = (p a + p M )( 2 1 ) = 9.3 atm l 1 1

4 FÍSICA II Problemas Resueltos: Termodinámica 1.3 Nota: En procesos irreversibles también son válidas las expresiones : Q = U W y para gases ideales: U = nc v (T f T i ) y S = nc v ln T 2 T 1 + nr ln 2 1 El segundo proceso es reversible (por tanto, se puede sustituir la presión exterior por la interior en la integral del trabajo p ext = p interior ), y además es a presión contante p 3 = p 2 W 23 = pd = p = p 2 ( 3 2 ) = (p a + p M )( 1 2 ) Al ser el gas monoatómico c v = (3/2)R y c p = (5/2)R, y al ser un gas ideal se verifica que la variación de energía interna es sólo función de las temperaturas (válido para procesos reversibles e irreversibles): U = nc v (T 3 T 2 ) = n 3 2 R(T 3 T a ) T 3 = p 3 3 = p 2 1 nr nr U = n3 2 R(p 2 1 nr p a 1 nr ) = 3 2 p M 1 Aplicando el primer principio (válido para procesos reversibles o irreversibles): Q = U W = 3 2 p M 1 + (p a + p M )( 1 2 ) = 23.4 atm l

5 FÍSICA II Problemas Resueltos: Termodinámica 1.4 PROBLEMA RESUELTO 1.3 Un volumen de 1 = 100 cm 3 de un gas biatómico, que está en equilibrio a una temperatura de t 1 = 10 o C y a p 1 = 10 atm de presión, evoluciona de forma reversible hasta que la presión es de p 2 = 1 atm. Calcular el trabajo realizado por el gas suponiendo que la transformación es: a) Isoterma. b) Adiabática. Explique de forma cualitativa la diferencia entre los valores obtenidos. SOLUCIÓN 1.3 a) Isoterma: nrt = p 1 1 = p 2 2i W T = pd = nrt Utilizando la ecuación de los procesos: d = 2i 1 p 1 1 d = p 1 1 ln 2i 1 p 1 1 = p 2 2i 2i 1 = p 1 p 2 2i = 1 p 1 p 2 = 10 1 W T = p 1 1 ln p 1 p 2 p p 1 p W T = 2, 30 atm l 1 2a 2i b) Adiabática: p p 1 1 p a 2i La ecuación del proceso es: p 1 γ 1 = p 2 γ 2a = p γ = k(cte)

6 FÍSICA II Problemas Resueltos: Termodinámica 1.5 W Q = 2a pd = 1 k γ+1 d = k γ (1 γ) 2a 1 = p 2 γ 2a γ+1 2a p 1 γ 1 γ+1 (1 γ) W Q = p 2 2 p 1 1 (1 γ) p 1 γ 1 = p 2 γ 2a 2a = 1 ( p1 p 2 W Q = 1.21 atm l ) 1 γ 2a = La transformación isoterma se realiza en contacto con una fuente térmica y todo el calor absorbido se convierte en trabajo. La transformación adiabática, sin intercambio de calor, realiza trabajo a costa de la energía interna del gas, este se enfría, su temperatura final es menor que en el caso anterior y el trabajo, que es igual al área bajo la curva de la transformación en el diagrama p (zona rayada), es menor en valor absoluto.

7 FÍSICA II Problemas Resueltos: Termodinámica 1.6 PROBLEMA RESUELTO 1.4 Un gas perfecto biatómico describe el ciclo indicado en la figura, en el sentido indicado, definido por los siguientes procesos: 1 2 a volumen constante, 2 3 a presión constante, 3 4 sin intercambio de calor con el ambiente, 4 1 isotermo. Del ciclo se conocen presión, volumen y temperatura en el punto 1 (p 1, 1, T 1 ), la presión en el punto 2 (p 2 = 1.5p 1 ) y el volumen en el punto 4 ( 4 = 10 3 ). Calcular: p ) Las coordenadas termodinámicas de los vértices del ciclo en función de p 1, 1, T 1 2) El calor absorbido por ciclo, en función de p ) El calor cedido por ciclo en función de p ) El valor numérico del rendimiento. SOLUCIÓN 1.4 1) Se trata de un gas biatómico con lo cual el índice adiabático, la capacidad calorífica molar a presión y a volumen constante son: γ = 7 5 c p = 7 2 R c v = 5 2 R Usamos en primer lugar las ecuaciones de los procesos para obtener todas las coordenadas termodinámicas de los vértices del ciclo: En el proceso isocoro de 1 a 2 (p 2 = 1.5p 1 ): 1 = 2 p 1 T 1 = p 2 T 2 T 2 = 1.5T 1 En el proceso isobaro de 2 a 3: p 3 = p 2 = 1.5 p 1 En el proceso adiabático de 3 a 4 ( 4 = 10 3 ): p 3 γ 3 = p 4 γ p 1 γ 3 = p 4 10 γ γ 3 p 4 = γ p 1 = p 1

8 FÍSICA II Problemas Resueltos: Termodinámica 1.7 En el proceso isotermo de 4 a 1: p 1 1 = p = p 1 p 4 1 = 10γ = Dado que 4 = 10 3 se tiene que: 3 = 10γ = Faltaría por calcular la temperatura en el punto 3, imponiendo que se tiene el mismo número de moles: p 1 1 T 1 = p 3 3 T 3 T 3 = T 1 p 3 p = T γ T 3 = 10 γ 1 T 1 = 2.51 T 1 Resumiendo: p T 1 p 1 1 T p T p γ 1 T 1 = 2.51 T γ p 1 = p = T 1 Datos en color rojo 2) y 3) El calor absorbido por ciclo es el calor positivo, mientras que el calor cedido por ciclo es el calor negativo: Por el primer principio y al tratarse de un gas ideal: Q 12 = U 12 = n c (T 2 T 1 ) = n 5 2 R(T 2 T 1 ) = 5 2 (p 2 2 p 1 1 ) = 5 4 p 1 1 > 0 En un proceso a presión constante, de un gas perfecto (c p = cte): Q 23 = n c p (T 3 T 2 ) = n 7 2 R(10γ 1 T 1 1.5T 1 ) = nrt 1 = 3.54p 1 1 > 0

9 FÍSICA II Problemas Resueltos: Termodinámica 1.8 Por el primer principio y al tratarse de una isoterma de un gas ideal: (p 1 1 = p 4 4 = nrt 1 ) Q 41 = W 41 = 1 4 pd = 1 4 nrt 1 d = p d = p 1 1 ln 1 4 = p 1 1 ln γ = 2.82 p 1 1 < 0 Q ABS = Q 12 + Q 23 Q CED = Q 41 4) En un ciclo, se tiene que el trabajo es igual al calor W = Q. De esta manera podemos calcular el trabajo neto por ciclo como: W = (Q ABS + Q CED ) El valor numérico del rendimiento es entonces: η = W Q ABS = Q ABS + Q CED Q ABS = η 41 % = 0.41

10 FÍSICA II Problemas Resueltos: Termodinámica 1.9 PROBLEMA RESUELTO 1.5 P Un gas perfecto monoatómico puede realizar dos ciclos: ABCDA y ABCDEA. Las condiciones de presión, volumen y temperatura en A (p A, A, T A ) son conocidas. Además se conocen los volúmenes en B ( B = 2 A ) y en C ( C = 3 A ). BC y DA son isotermas y EA es adiabática. A B C D E 1) Indicar razonadamente, sin cálculos previos, cuál de los dos ciclos tiene mayor rendimiento. 2) Calcular, en función de los datos conocidos, las coordenadas termodinámicas del ciclo ABCDA y el valor numérico de su rendimiento. SOLUCIÓN 1.5 1) En la fórmula del rendimiento intervienen todos los trabajos positivos y negativos, y sólo los calores positivos. Los ciclos son descritos en sentido horario. η = W neto Q Absorbido Los calores absorbidos, y por tanto, positivos son Q AB (trabajo positivo e incremento de energía interna positivo) y Q BC (trabajo positivo e igual al calor). Son negativos Q CD o Q CE (incremento de energía interna negativo, trabajo cero) y Q DA (trabajo negativo, incremento de energía interna cero). Finalmente Q EA = 0. El trabajo neto coincide con el área encerrada en el ciclo y en el caso del ciclo ABCDEA es mayor en valor absoluto. Notación: 1 ABCDA y 2 ABCDEA. η 1 = W 1 Q AB + Q BC ; η 2 = W 2 Q AB + Q BC como W 2 > W 1 η 2 > η 1

11 FÍSICA II Problemas Resueltos: Termodinámica ) Entre A y B al tratarse de un proceso isóbaro p B = p A. Además imponemos que se conserva el número de moles: p A A T A = p B B T B = p A2 A T B Como BC es isoterma: T C = 2 T A T B = 2T A Entre A y C imponemos que se conserva el número de moles: p A A T A = p C C T C = p C3 A 2T A p C = 2 3 p A A T A B =2 A C =3 A Como CD es isocora C = D e imponiendo la conservación del número de moles: P B C D E T B = T C Resumiendo: p A A T A = p D D T D = p D3 A T A p D = p A 3 p T A p A A T A B p A 2 A 2 T A C (2/3) p A 3 A 2 T A D p A /3 3 A T A E 3 A Datos en color rojo Trabajos y calores: Isobara: Isoterma: W AB = p A ( B A ) = p A A W BC = nrt B ln C B = nrt B ln 3 A 2 A = nr2t A ln 3 2 = = 2p A A ln 3 2 Isocora: Isoterma: W CD = 0 W DA = nrt D ln A D = nrt A ln A 3 A = nrt A ln 1 3 = = p A A ln 1 3

12 FÍSICA II Problemas Resueltos: Termodinámica 1.11 Isobara, dado que se trata de un gas perfecto monoatómico c p = (5/2)R = cte Isoterma: Q AB = nc P T = nc P (2T A T A ) = nc P p A A nr = 5 2 p A A Q BC = W BC = 2p A A ln 3 2 Llevando estos valores a la fórmula del rendimiento: η 1 = (W AB + W BC + W CD + W DA ) Q AB + Q BC η 1 = p A A + 2p A A ln p A A ln p A A + 2p A A ln 3 2 = ln ln ln

13 FÍSICA II Problemas Resueltos: Termodinámica 1.12 PROBLEMA RESUELTO 1.6 n moles de un gas ideal biatómico evolucionan, de forma reversible, según el siguiente ciclo: 1 2: Calentamiento isobárico desde la temperatura inicial T 1 hasta T 2 = 3T Compresión isoterma. 3 1 Expansión adiabática, volviendo al estado inicial. Determinar, en función de n, R y T 1 : 1) Trabajo desarrollado y calor absorbido en cada proceso. 2) ariación de energía interna y de entropía en cada proceso. 3) Representar el ciclo gráficamente, de forma cualitativa, en un diagrama p. SOLUCIÓN 1.6 Para un gas biatómico, el índice diabático, la capacidad calorífica molar a presión y volumen constante son: γ = 7 / 5 c p = 7R / 2 c = 5R / 2 La gráfica p- o de Clapeyron es (por Reech la pendiente de la adiabática es mayor que la de la isoterma): p 3 T 3 =3T 1 Isoterma T=3T 1 p 1 1 T 1 2 T 2 =3T 1 1) Usamos en primer lugar las ecuaciones de los procesos. Imponiendo que el número de moles es idéntico y la igualdad de la presión entre los puntos 1 y 2 se tiene que: p 1 1 = p 2 2 = p = 3 1 T 1 T 2 3T 1 Entre los puntos 1 y 3 imponemos que tenemos un proceso adiabático y que T 3 = 3T 1 : T 3 γ 1 3 = T 1 γ γ 1 3 = γ = 1 /3 1/γ 1 = 1 /3 5/2

14 FÍSICA II Problemas Resueltos: Termodinámica 1.13 A partir de las dos ecuaciones anteriores: 3 = 2 /(3 3 1/γ 1 ) = 2 /(3 γ/γ 1 ) = 2 /(3 γ/γ 1 ) = 2 /3 7/2 Si queremos saber p 3 : Resumiendo: p 3 = nrt 3 3 = nr3t 1 1 /3 5/2 = p 13 7/2 p T 1 p 1? 1? T 1 2 p T /2 1 1 /3 5/2 3T 1 Datos en color rojo p T 3 =3T 1 Isoterma T=3T 1 p 1 T 2 =3T 1 T 1 Calculamos el trabajo y el calor en el proceso isóbaro que va desde el punto 1 hasta el 2: W 12 = p 1 ( 2 1 ) = nrt 2 + nrt 1 = nr3t 1 + nrt 1 = 2nRT 1 Q 12 = nc p (T 2 T 1 ) = nc p (3T 1 T 1 ) = nc p 2T 1 = 7nRT 1 Calculamos el trabajo y el calor en el proceso isotermo que va desde el punto 2 hasta el 3: Q 23 = W 23 = nrt 2 ln 3 2 = 3nRT 1 ln 1 = 21 3 (7/2) 2 nrt 1 ln 3 Calculamos el trabajo y el calor en el proceso adiabático que va desde el punto 3 hasta el 1 (c = (5/2)R): Q 31 = 0; W 31 = U 31 = nc (T 1 T 3 ) = 5nRT 1

15 FÍSICA II Problemas Resueltos: Termodinámica ) La variación de energía interna en los procesos es: U 12 = Q 12 + W 12 = 5nRT 1 ; U 23 = 0 ; U 31 = 5nRT 1 Calculamos la variación de entropía a partir de la integral de δq/t (recordando que sólo vale si el proceso debe ser reversible): Isobara: Isoterma: Adiabática: S 12 = δq T 2 T = T 1 nc p dt T δq S 23 = T = 1 T = nc p ln T 2 = 7 nr ln 3 T 1 2 δq = Q 23 = 7 nr ln 3 3T 1 2 S 31 = 0 3) La gráfica p es la que aparece al comienzo de la página

16 FÍSICA II Problemas Resueltos: Termodinámica 1.15 PROBLEMA RESUELTO 1.7 El recipiente de la figura, aislado térmicamente, está dividido en dos partes por un embolo también aislante que puede deslizar sin rozamiento. Cada cámara contiene n moles de un gas perfecto biatómico y en el instante inicial las condiciones de presión, volumen y temperatura de ambas cámaras son p 0, 0, T 0. Se comunica calor lentamente a la cámara A hasta que se volumen aumenta a A1 = Calcular, en función de p 0, 0 : 1) Condiciones finales de presión, volumen y temperatura en la cámara B: p B1, B1, y T B1. 2) Condiciones finales de presión y temperatura en la cámara A: p A1 y T A1. 3) Trabajo realizado sobre el gas en B. 4) Calor suministrado al gas contenido en A. SOLUCIÓN 1.7 1) En B el proceso es adiabático y al ser el gas biatómico: γ = 7/5 = 1.4. El sistema verifica la ligadura: A + B = 2 0. Por tanto, en el estado final: B1 = ya que A1 = Usamos la ecuación de una adiabática: ( ) γ p 0 γ 0 = p B1 γ 0 B1 p B1 = p 0 = 2 γ p 0 p B1 = 2 γ p 0 = 2.64p 0 B1 Por conservación del número de moles: p 0 0 T 0 = p B1 B1 T B1 T B1 = T 0 p B1 p 0 B1 0 = T 0 2 γ 1 2 = T 02 γ 1 T B1 = 1.32T 0 2) El proceso A es tal que: A + B = 2 0 y p A = p B dado que la pared que separa las dos cámaras es móvil. Por conservación del número de moles: A1 = = ; p A1 = p B1 = 2.64p 0 p 0 0 T 0 = p A1 A1 T A1 T A1 = T 0 p A1 p 0 A1 0 = T 0 2 γ 3 2 T A1 = T 0 2 γ 1 3 = 3.96T 0

17 FÍSICA II Problemas Resueltos: Termodinámica 1.16 Resumiendo: p T INICIO p 0 0 T 0 A 1 2 γ p 0 = 2.64p γ 1 T 0 = 3.96T 0 B 1 2 γ p 0 = 2.64p γ 1 T 0 = 1.32T 0 Datos en color rojo 3) El trabajo sobre B, al ser un proceso adiabático es: W B = p B1 B1 p γ El trabajo sobre A será entonces: = 2γ 2 1 p 0 0 p γ W B = 0.80p 0 0 4) El calor suministrado al gas A: A + B = cte d A = d B W A = p A d A = p B d B = W B Q A = U A W A = U A W B Para un gas biatómico c = (5/2)R y c p = (7/2)R: Operando: U A = nc (T A1 T 0 ) = n 5 2 R(T 03 2 γ 1 T 0 ) = 5 2 p 0 0 (3 2 γ 1 1) U A = 7.40p 0 0 Q A = 8.20p 0 0 Si tuviésemos que representar los procesos tendríamos que: A 0 = 0 B ya que A + B = 2 0 y p A = p B, es decir, el proceso A es un proceso simétrico al B respecto de la recta = 0. p B 0 - B A (p 0, 0 ) A - 0 = 0

18 FÍSICA II Problemas Resueltos: Termodinámica 1.17 PROBLEMA RESUELTO 1.8 Un instrumento de control está compuesto por un cilindro con un émbolo móvil que lo separa en dos cámaras. Tanto las paredes del cilindro como el émbolo están térmicamente aislados. Las variables termodinámicas iniciales del gas ideal encerrado en ambas cámaras son las siguientes: presión temperatura volumen moles γ cámara 1 p 0 T 0 0 n 1.5 cámara 2 p 0 T n 1.5 Mediante una resistencia se comunica calor a la cámara 1 hasta que la cámara 2 tiene un volumen 9 0, por desplazamiento del émbolo sin rozamiento. 16 Obtener, en función de n, c (calor específico a volumen constante) y T 0 : 1) Temperatura final en la cámara 2. 2) Trabajo realizado contra el gas de la cámara 2. 3) Temperatura final en la cámara 1. 4) Calor recibido por el gas en la cámara 1. 5) Trabajo total realizado por el sistema formado por el gas de ambas cámaras. SOLUCIÓN 1.8 1) El gas de la cámara 2 sufre un proceso adiabático ya que no recibe calor. Aplicando la ecuación de un proceso adiabático: ( ) γ 1 T γ 1 = cte T 0 (2 0 ) γ = T 2 T 2 = T

19 FÍSICA II Problemas Resueltos: Termodinámica ) Aplicamos el primer principio al gas en la cámara 2. El trabajo recibido por el gas en la cámara 2 es: W 2 U 2 = 0 W 2 = 2nc (T 0 T 2 ) = 2nc T > 0 W 2 = 2nc T ) La ecuación de estado del gas y la ligadura interna nos permite obtener el estado final de los gases en las cámaras: p 1 1 = nrt 1 p 2 2 = 2nRT 2 } Dividiendo Del equilibrio del émbolo se obtiene: p 1 = p 2 = p T 1 2T 2 = p 1 p (1.1) Los volúmenes son: 2 = Sustituyendo en (1.1): 1 = T 1 = 26 3 T 2 = T 0 T 1 = T 0 4) El primer principio aplicado al gas en la cámara 1 y teniendo en cuenta que el trabajo que realiza el gas 1 es el mismo que recibe el gas 2: Q 1 = U 1 W 1 = U 1 + W 2 = nc (T 1 T 0 ) + 2nc T Y sustituyendo el valor de T 1 se obtiene: ( ) Q 1 = 3 nc T 0 9 5) = T OT AL d 1 + d 2 = 0 pd 1 + pd 2 = p 1 d 1 + p 2 d 2 = δw 1 + δw 2 = 0 W T OT AL = W 1 + W 2 = 0

20 FÍSICA II Problemas Resueltos: Termodinámica 1.19 PROBLEMA RESUELTO 1.9 Un motor reversible de Carnot funciona entre dos focos de temperaturas T 1 = 1000K y T 2 = 300K. El calor que se le suministra a 1000K es Q 1 = 1000kJ. Una máquina frigorífica de Carnot funciona entre el foco de temperatura T 2 = 300K y otro de temperatura T 3 = 250K. El calor cedido desde esta máquina al foco de 300K es Q F 2 = 2700kJ Parte del trabajo del motor se utiliza para accionar la máquina frigorífica. 1) Calcular el porcentaje del trabajo motor que se utiliza para mover la máquina frigorífica. 2) Si la máquina frigorífica reversible se sustituye por otra real cuya eficiencia es el 80 % de la reversible, calcular el trabajo a suministrar para que esta máquina real funcione proporcionando el mismo calor Q F 2 al foco a temperatura T 2. SOLUCIÓN 1.9 T 1 =1000 K 1) El rendimiento de un motor de Carnot es: Q 1 =1000 kj R W M? η M = 1 T 2 T 1 = 7 10 Del rendimiento se puede obtener el trabajo realizado por el motor: Q 2? T 2 =300 K η M = W M Q = W M 1000kJ T 2 =300 K W M = 700kJ Q F2 =2700 kj R W F? Q F3? T 3 =250 K

21 FÍSICA II Problemas Resueltos: Termodinámica 1.20 El rendimiento de la máquina frigorífica funcionando como motor térmico es: η = = 1 6 η = W F Q F = W F 2700 T 2 =300 K Q F2 Q F3? R T 3 =250 K W F? Por lo tanto, el trabajo realizado por la máquina frigorífica funcionando como motor es: W F = 450kJ En consecuencia, el porcentaje del trabajo del motor de Carnot que se utiliza para mover la máquina frigorífica es W F = 450kJ = 64.3 % de W M 2) La eficiencia de la máquina frigorífica es: e = Q F 3 W F = Q F 2 W F W F = = 5 También: e = Q F 3 W F = Q F 3 Q F 2 Q F 3 = 1 Q F 2 1 = 1 T 2 Q F 3 T 3 1 = T 3 = 5 T 2 T 3 T 1 =1000 K La eficiencia de la nueva máquina es: e = 0.8 e = = 4 Q 1 =1000 kj Q 2? R W M? e = Q F 2 W F W F 4 W F = 2700 W F El trabajo que debemos suministrar ahora a la máquina frigorífica es: W F = 540 kj T 2 =300 K T 2 =300 K Q F2 =2700 kj I W F? Q F3? T 3 =250 K

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