Ciclos térmicos

Primeras máquinas de vapor. Edimburgo, 7 de enero de 2017

Ciclo térmico de cuatro etapas

Una máquina térmica trabaja con 3 moles de un gas monoatómico, describiendo el ciclo reversible ABCD de la figura. Sabiendo que V_C = 2 V_B:

Calcular el valor de las variables termodinámicas desconocidas en cada vértice.
Deducir las expresiones del trabajo en cada etapa del ciclo.
Calcular de forma directa en cada etapa del ciclo (siempre que sea posible), el trabajo, el calor, la variación de energía interna y la variación de entropía
El rendimiento del ciclo.

R=0.082 atm·l/(mol·K) = J/(mol·K); 1cal=4.186 J; 1atm=1.013·10⁵Pa, c_v=3R/2

Índice adiabático

$γ = \frac{c_{p}}{c_{v}} = \frac{\frac{3}{2} R + R}{\frac{3}{2} R} = \frac{5}{3}$

Presión, volumen y temperatura de los cuatro vétices

Vértice A. p_A·V_A=nRT_A, 1.5·V_A=3·0.082·293, V_A=48.05 l

A→B, proceso adiabático. $p_{A} V_{A}^{γ} = p_{B} V_{B}^{γ} 1.5 \cdot {48.05}^{5 / 3} = 30 \cdot V_{B}^{5 / 3} V_{B} = 7.96 l$

Vértice B. p_B·V_B=nRT_B, T_B=971.1 K

Vértice C. p_B·2V_B=nRT_C, T_C=1942.3 K

C→D, proceso isotérmico. . p_C·V_C= p_D·V_D , p_D =9.95 atm

Vértice	p (atm)	V (l)	T (K)
A	1.5	48.05	293
B	30	7.96	971.1
C	30	15.93	1942.3
D	9.95	48.05	1942.3

Variación de energía interna, calor, trabajo y variación de entropía

A→B, proceso adiabático

Q_AB=0

$Δ U_{A B} = n c_{v} (T_{B} - T_{A}) = 3 \frac{3}{2} 0.082 (971.1 - 293) = - 250.2 atm·l$

W_AB=- ΔU_AB=--250.2 atm·l

Cálculo del trabajo de forma directa

$\begin{array}{l} p V^{γ} = cte = p_{A} V_{A}^{γ} = p_{B} V_{B}^{γ} \\ W_{A B} = \int_{A}^{B} p \cdot d V = \int_{A}^{B} \frac{cte}{V^{γ}} \cdot d V = \frac{cte}{- γ + 1} (V_{B}^{- γ + 1} - V_{A}^{- γ + 1}) = \frac{1}{- γ + 1} (p_{B} V_{B}^{γ} \cdot V_{B}^{- γ + 1} - p_{A} V_{A}^{γ} \cdot V_{A}^{- γ + 1}) = \\ \frac{1}{- γ + 1} (p_{B} V_{B} - p_{A} V_{A}) = \frac{1}{- \frac{5}{3} + 1} (1.5 \cdot 48.05 - 30 \cdot 7.96) = 250.1 atm·l \end{array}$

Como vemos, W_AB≈- ΔU_AB

ΔS_AB=0

B→C, proceso isóbaro

$\begin{array}{l} Δ U_{B C} = n c_{v} (T_{C} - T_{B}) = 3 \frac{3}{2} 0.082 (1942.3 - 971.1) = 358.4 atm·l \\ Q_{B C} = n c_{p} (T_{C} - T_{B}) = 3 \frac{5}{2} 0.082 (1942.3 - 971.1) = 597.3 atm·l \\ W_{B C} = p (V_{C} - V_{B}) = 30 (15.93 - 7.96) = 239.1 atm·l \\ Δ S_{B C} = \int_{B}^{C} \frac{n c_{p} d T}{T} = n c_{P} \ln \frac{T_{C}}{T_{B}} = 3 \frac{5}{2} 0.082 \ln \frac{1942.3}{971.1} = 0.43 atm·l/K \end{array}$

Comprobación, ΔU≈Q-W

C→D, proceso isotermo

ΔU_CD=0

$\begin{array}{l} W = \int_{C}^{D} p \cdot d V = \int_{C}^{D} \frac{n R T}{V} \cdot d V = n R T \ln \frac{V_{D}}{V_{C}} \neq \\ W_{C D} = 3 \cdot 0.082 \cdot 1942.3 \cdot \ln \frac{48.05}{15.93} = 527.5 atm·l \\ Q_{C D} = W_{C D} = 527.5 atm·l \\ Δ S_{C D} = \frac{Q_{C D}}{T_{D}} = \frac{527.5}{1942.3} = 0.27 atm·l/K \end{array}$

D→A, proceso isócoro

$\begin{array}{l} Δ U_{D A} = n c_{v} (T_{A} - T_{D}) = 3 \frac{3}{2} 0.082 (293 - 1942.3) = - 608.6 atm·l \\ W_{D A} = 0 \\ Q_{D A} = Δ U_{D A} = - 608.6 atm·l \\ Δ S_{D A} = \int_{D}^{A} \frac{n c_{v} d T}{T} = n c_{v} \ln \frac{T_{A}}{T_{D}} = 3 \frac{3}{2} 0.082 \ln \frac{293}{1942.3} = - 0.70 atm·l/K \end{array}$

Ciclo completo

Proceso	ΔU (atm·l)	Q (atm·l)	W(atm·l)	ΔS (atm·l/K)
A→B	250.2	0	-250.2	0
B→C	358.4	597.3	239.1	0.43
C→D	0	527.5	527.5	0.27
D→A	-608.6	-608.6	0	-0.70
Total	0		516.4	0

Calor absorbido, Q_abs=1124.8 atm·l
Calor cedido, Q_ced=-608.6 atm·l
Trabajo realizado, W=516.4 atm·l

Se cumple que, Q_abs+Q_ced≈W

Rendimiento

$η = \frac{W}{Q_{a b s}} = \frac{516.4}{608.4} = 0.46 (46 %)$

%datos
pA=1.5;
vA=48;
TA=293;
pB=30;
pC=30;

R=0.082; %constante de los gases (atm·l)/(K·mol)
%gas monoatómico
gamma=5/3; % 7/5 para el diatómico
cV=3*R/2;  %calor específico, 5*R/2 para el diatómico

%resultados
nMoles=pA*vA/(R*TA);
disp('Vértices');

%Proceso A-B
vB=(pA*vA^gamma/pB)^(1/gamma);
TB=(pB*vB)/(nMoles*R);
W_AB=-nMoles*cV*(TB-TA);
Q_AB=0;
%Proceso B-C
vC=2*vB;
TC=(pC*vC)/(nMoles*R);
W_BC=pB*(vC-vB);
Q_BC=nMoles*(cV+R)*(TC-TB);
%Proceso C-D
vD=vA;
TD=TC;
pD=(pC*vC)/vD;
W_CD=nMoles*R*TC*log(vD/vC);
Q_CD=W_CD;
%Proceso D-A
W_DA=0;
Q_DA=nMoles*cV*(TA-TD);
fprintf('Vertice A: pA=%2.2f, vA=%2.2f, TA=%2.2f\n', pA, vA, TA)
fprintf('Vertice B: pB=%2.2f, vB=%2.2f, TB=%2.2f\n', pB, vB, TB)
fprintf('Vertice C: pC=%2.2f, vC=%2.2f, TC=%2.2f\n', pC, vC, TC)
fprintf('Vertice D: pD=%2.2f, vD=%2.2f, TD=%2.2f\n', pD, vD, TD)

disp('Trabajo');
fprintf('W_AB=%2.2f, W_BC=%2.2f, W_CD=%2.2f, W_DA=%2.2f\n',
 W_AB, W_BC, W_CD, W_DA)
disp('Calor');
fprintf('Q_AB=%2.2f, Q_BC=%2.2f, Q_CD=%2.2f, Q_DA=%2.2f\n',
 Q_AB, Q_BC, Q_CD, Q_DA)
disp('Total')
W=W_AB+W_BC+W_CD+W_DA;
fprintf('Trabajo=%2.2f, Calor absorbido=%2.2f, Calor cedido=%2.2f\n',
 W, Q_BC+Q_CD, Q_DA);

%gráfica del ciclo
hold on
v=linspace(vA,vB,50);
p=(pA*vA^gamma)./v.^gamma;
plot(v,p, 'r')
line([vB,vC],[pB,pC],'color','k')
v=linspace(vC,vD,50);
p=(nMoles*R*TC)./v;
plot(v,p, 'b')
line([vD,vA],[pD,pA],'color','k')
hold off
ylim([0,35]);
grid on
xlabel('v(l)')
ylabel('p(atm)')
title('Ciclo térmico')

Vértices
Vertice A: pA=1.50, vA=48.00, TA=293.00
Vertice B: pB=30.00, vB=7.95, TB=971.14
Vertice C: pC=30.00, vC=15.91, TC=1942.27
Vertice D: pD=9.94, vD=48.00, TD=1942.27
Trabajo
W_AB=-249.96, W_BC=238.64, W_CD=527.06, W_DA=0.00
Calor
Q_AB=0.00, Q_BC=596.60, Q_CD=527.06, Q_DA=-607.92
Total
Trabajo=515.74, Calor absorbido=1123.66, Calor cedido=-607.92

Un ciclo de tres etapas

Un gas monoatómico (c_v=3R/2, c_p=5R/2) sigue el ciclo 1→2→3→1, mostrado en la figura.

En el proceso 1→2 la temperatura y el volumen están relacionados por la ecuación T=bV², donde b es constante.
La temperatura T₂ es cuatro veces mayor que T₁
Se sabe que el gas absorbe un calor Q en el proceso 1→2.

La solución es la siguiente

Proceso 1→2

$\begin{array}{l} T_{2} = 4 T_{1} \\ b V_{2}^{2} = 4 b V_{1}^{2}, V_{2} = 2 V_{1} \\ p = \frac{n R T}{V} = \frac{n R b V^{2}}{V} = n R b V \\ p_{2} = 2 p_{1} \end{array}$

Proceso 2→3

Están en una línea recta

$\begin{array}{l} \frac{T_{2}}{V_{2}} = \frac{T_{3}}{V_{3}} \\ \frac{4 T_{1}}{2 V_{1}} = \frac{T_{3}}{V_{1}}, T_{3} = 2 T_{1} \end{array}$

Proceso 3→1

Volumen constante

$\begin{array}{l} V_{3} = V_{1} \\ p_{3} V_{3} = n R T_{3} \\ p_{3} V_{1} = 2 n R T_{1} \\ p_{3} = 2 p_{1} \end{array}$

El resultado se muestra en la figura más abajo

Trabajo, calor y variación de energía interna

Proceso 1→2

El calor en este proceso es un dato del problema, Q_1→2

$\begin{array}{l} Δ U_{1 - 2} = Q_{1 - 2} - W_{1 - 2} = Q_{1 - 2} - \frac{3}{2} n R T_{1} \\ \frac{3}{2} n R (T_{2} - T_{1}) = Q_{1 - 2} - \frac{3}{2} n R T_{1} \\ \frac{9}{2} n R T_{1} = Q_{1 - 2} - \frac{3}{2} n R T_{1}, T_{1} = \frac{Q_{1 - 2}}{6 n R} \end{array}$

Trabajo

$W_{1 - 2} = \int_{V_{1}}^{2 V_{1}} p \cdot d V = \int_{V_{1}}^{2 V_{1}} (n R b V) \cdot d V = \frac{1}{2} n R b (4 V_{1}^{2} - V_{1}^{2}) = \frac{3}{2} n R b V_{1}^{2} = \frac{3}{2} n R T_{1}$

Proceso 2→3

La presión es constante, el trabajo es

$W_{2 - 3} = 2 p_{1} (V_{1} - 2 V_{1}) = - 2 p_{1} V_{1} = - 2 n R T_{1}$

Proceso 3→1

El volumen es constante

$W_{3 - 1} = 0$

El trabajo total es negativo y es el área del triángulo p₁V₁/2

$W = \frac{3}{2} n R T_{1} - 2 n R T_{1} = - \frac{1}{2} n R T_{1}$

El calor total es

$Q = Q_{2 - 3 - 1} + Q_{1 - 2}$

En un ciclo completo

$\begin{array}{l} Δ U = 0 \\ Q_{1 - 2} + Q_{2 - 3 - 1} - (- \frac{1}{2} n R T_{1}) = 0 \\ Q_{2 - 3 - 1} = - Q_{1 - 2} - \frac{1}{2} n R T_{1} = - 6 n R T_{1} - \frac{1}{2} n R T_{1} = - \frac{13}{2} n R T_{1} \end{array}$

Otra forma

$Q_{2 - 3 - 1} = Q_{2 - 3} + Q_{3 - 1} = n c_{p} (T_{3} - T_{2}) + n c_{v} (T_{1} - T_{3}) = n \frac{5}{2} R (2 T_{1} - 4 T_{1}) + n \frac{3}{2} R (T_{1} - 2 T_{1}) = - \frac{13}{2} n R T_{1}$

El calor cedido es 13nRT₁/2

Variación de entropía

$\begin{array}{l} d S = \frac{d Q}{T} = \frac{d U + p d V}{T} = \frac{3}{2} n R \frac{d T}{T} + \frac{n R}{V} d V \\ Δ S = \frac{3}{2} n R \ln (\frac{T_{f}}{T_{i}}) + n R \ln (\frac{V_{f}}{V_{i}}) \end{array}$

Proceso 1→2

$Δ S_{1 - 2} = \frac{3}{2} n R \ln (\frac{T_{2}}{T_{1}}) + n R \ln (\frac{V_{2}}{V_{1}}) = \frac{3}{2} n R \ln (\frac{4 T_{1}}{T_{1}}) + n R \ln (\frac{2 V_{1}}{V_{1}}) = 4 n R \ln 2$

Proceso 2→3

$Δ S_{2 - 3} = \frac{3}{2} n R \ln (\frac{T_{3}}{T_{2}}) + n R \ln (\frac{V_{3}}{V_{2}}) = \frac{3}{2} n R \ln (\frac{\frac{T_{2}}{2}}{T_{2}}) + n R \ln (\frac{\frac{V_{2}}{2}}{V_{2}}) = - \frac{5}{2} n R \ln 2$

Proceso 3→1

$Δ S_{3 - 1} = \frac{3}{2} n R \ln (\frac{T_{1}}{T_{3}}) + n R \ln (\frac{V_{1}}{V_{3}}) = \frac{3}{2} n R \ln (\frac{\frac{T_{3}}{2}}{T_{3}}) + n R \ln (\frac{V_{3}}{V_{3}}) = - \frac{3}{2} n R \ln 2$

La variación de entropía en el ciclo completo es cero

Una máquina térmica que no produce trabajo neto

En esta sección estudiamos un curioso ciclo térmico

Un gas monoatómico describe el ciclo de la figura que consta de los siguientes procesos

AB, es isotermo a la temperatura T_A
BC, isócoro, a volumen constante V_B
CD, es isotermo a la temperatura T_D
DA, adibático

Sea p_A=3 atm, V_A=2 l, T_A=600 K, T_D=300 K

El volumen V_B=V_C se determina del siguiente modo: El trabajo producido en las expansiones isotérmicas a temperatura T_A y T_D se invierte en la compresión adibática. El trabajo neto es cero.

De momento, asignaremos a V_B=(V_A+V_D)/2

Presión, volumen y temperatura de los cuatro vétices

p_AV_A=nR·T_A, nR=1/100

p_DV_D=nR·T_D, p_DV_D=3

De la ecuación de la adibática obtenemos la presión p_D y el volumen V_D

$\begin{array}{l} p_{A} V_{A}^{\frac{5}{3}} = p_{D} V_{D}^{\frac{5}{3}} \\ 3 \cdot 2^{\frac{5}{3}} = \frac{3}{V_{D}} V_{D}^{\frac{5}{3}}, V_{D} = 2^{\frac{5}{2}} = 5 .6569 l \\ p_{D} = \frac{3}{2^{\frac{5}{2}}} = 0 .5303 atm \end{array}$

Sea el volumen V_B=(V_A+V_D)/2=3.8285 l

p_BV_B=nR·T_A, p_B=6/V_B=1.5672 atm

p_CV_C=nR·T_D, p_C=3/V_C=0.7836 atm

Vértice	p (atm)	V (l)	T (K)
A	3	2	600
B	1.5672	3.8285	600
C	0.7836	3.8285	300
D	0.5303	5.6569	300

Variación de energía interna, calor, trabajo y variación de entropía

A→B, proceso isotermo a la temperatura T_A

$\begin{array}{l} Δ U_{A B} = 0 \\ W_{A B} = \int_{A}^{B} p \cdot d V = \int_{A}^{B} \frac{n R T_{A}}{V} \cdot d V = n R T_{A} \ln \frac{V_{B}}{V_{A}} = \frac{1}{100} 600 \ln \frac{3 .8284}{2} = 3.8958 atm·l \\ Q_{A B} = W_{A B} = 3.8958 atm·l \\ Δ S_{A B} = \frac{Q_{A B}}{T_{A}} = \frac{3.8958}{600} = 0 .0065 atm·l/K \end{array}$

B→C, proceso isócoro

$\begin{array}{l} Δ U_{B C} = n c_{v} (T_{D} - T_{A}) = \frac{3}{2} \frac{1}{100} (300 - 600) = - 4.5 atm·l \\ W_{B C} = 0 \\ Q_{D A} = Δ U_{D A} = - 4.5 atm·l \\ Δ S_{D A} = \int_{D}^{A} \frac{n c_{v}}{T} d T = n c_{v} \ln \frac{T_{D}}{T_{A}} = \frac{3}{2} \frac{1}{100} \ln \frac{300}{600} = - 0 .0104 atm·l/K \end{array}$

C→D, proceso isotermo a la temperatura T_D

$\begin{array}{l} Δ U_{C D} = 0 \\ W_{C D} = \int_{C}^{D} p \cdot d V = \int_{C}^{D} \frac{n R T_{D}}{V} \cdot d V = n R T_{D} \ln \frac{V_{D}}{V_{B}} = \frac{1}{100} 300 \ln \frac{5 .6569}{3 .8284} = 1 .1712 atm·l \\ Q_{C D} = W_{C D} = 1 .1712 atm·l \\ Δ S_{C D} = \frac{Q_{C D}}{T_{D}} = \frac{1 .1712}{300} = 0 .0039 atm·l/K \end{array}$

D→A, proceso adiabático

$\begin{array}{l} Δ U_{D A} = n c_{v} (T_{A} - T_{D}) = \frac{3}{2} \frac{1}{100} (600 - 300) = 4.5 atm·l \\ W_{D A} = - Δ U_{D A} = - 4.5 atm·l \\ Δ S_{D A} = 0 \end{array}$

El trabajo se puede calcular de forma directa

$\begin{array}{l} p V^{γ} = cte = p_{A} V_{A}^{γ} = p_{D} V_{D}^{γ} \\ W_{D A} = \int_{D}^{A} p \cdot d V = \int_{D}^{A} \frac{cte}{V^{γ}} d V = \frac{cte}{- γ + 1} (V_{A}^{- γ + 1} - V_{D}^{- γ + 1}) = \frac{1}{- γ + 1} (p_{A} V_{A}^{γ} \cdot V_{A}^{- γ + 1} - p_{D} V_{D}^{γ} \cdot V_{D}^{- γ + 1}) = \\ \frac{1}{- γ + 1} (p_{A} V_{A} - p_{D} V_{D}) = \frac{1}{- \frac{5}{3} + 1} n R (T_{A} - T_{D}) = - \frac{3}{2} \frac{1}{100} (600 - 300) = - 4.5 atm·l \end{array}$

Ciclo completo

Proceso	ΔU (atm·l)	Q (atm·l)	W(atm·l)	ΔS (atm·l/K)
A→B	0	3.8958	3.8958	0.0065
B→C	-4.5	-4.5	0	-0.0104
C→D	0	1.1712	1.1712	0.0039
D→A	4.5	0	-4.5	0
Total	0		0.5670	0

Calor absorbido, Q_abs=5.0670 atm·l
Calor cedido, Q_ced=4.5 atm·l
Trabajo realizado, W=0.5670 atm·l

Se cumple que, Q_abs+Q_ced≈W

Rendimiento

$η = \frac{W}{Q_{a b s}} = \frac{0.5670}{5.0670} = 0.1119 (11 %)$

%datos
pA=3;
vA=2;
TA=600;
TD=300;
%gas monoatómico
gamma=5/3; 
cV=3/2;  

%resultados
nR=pA*vA/TA;
vD=(pA*vA^gamma/(nR*TD))^(1/(gamma-1));
pD=nR*TD/vD;
vB=(vA+vD)/2;  %3.1690;
pB=nR*TA/vB;
vC=vB;
pC=nR*TD/vC;

%Proceso A-B 
W_AB=nR*TA*log(vB/vA);
Q_AB=W_AB;
%Proceso B-C
W_BC=0;
Q_BC=nR*cV*(TD-TA);
%Proceso C-D
W_CD=nR*TD*log(vD/vC);
Q_CD=W_CD;
%Proceso D-A
W_DA=nR*cV*(TD-TA);
Q_DA=0;
fprintf('Vertice A: pA=%2.2f, vA=%2.2f, TA=%2.2f\n', pA, vA, TA)
fprintf('Vertice B: pB=%2.2f, vB=%2.2f, TB=%2.2f\n', pB, vB, TA)
fprintf('Vertice C: pC=%2.2f, vC=%2.2f, TC=%2.2f\n', pC, vC, TD)
fprintf('Vertice D: pD=%2.2f, vD=%2.2f, TD=%2.2f\n', pD, vD, TD)

disp('Trabajo');
fprintf('W_AB=%2.2f, W_BC=%2.2f, W_CD=%2.2f, W_DA=%2.2f\n', W_AB, W_BC, W_CD, W_DA)
disp('Calor');
fprintf('Q_AB=%2.2f, Q_BC=%2.2f, Q_CD=%2.2f, Q_DA=%2.2f\n', Q_AB, Q_BC, Q_CD, Q_DA)
disp('Total')
W=W_AB+W_BC+W_CD+W_DA;
fprintf('Trabajo=%2.2f, Calor absorbido=%2.2f, Calor cedido=%2.2f\n',
 W, Q_AB+Q_CD, Q_BC);

%gráfica del ciclo
hold on
p=@(x) (pA*vA^gamma)./x.^gamma;
fplot(p,[vA,vD])
p1=@(x) pA*vA./x; 
fplot(p1,[vA,vB])
p2=@(x) pD*vD./x; 
fplot(p2,[vC,vD])
line([vB, vB],[p1(vB),p2(vB)])
hold off
grid on
xlabel('v(l)')
ylabel('p(atm)')
title('Ciclo térmico')

Vertice A: pA=3.00, vA=2.00, TA=600.00
Vertice B: pB=1.57, vB=3.83, TB=600.00
Vertice C: pC=0.78, vC=3.83, TC=300.00
Vertice D: pD=0.53, vD=5.66, TD=300.00
Trabajo
W_AB=3.90, W_BC=0.00, W_CD=1.17, W_DA=-4.50
Calor
Q_AB=3.90, Q_BC=-4.50, Q_CD=1.17, Q_DA=0.00
Total
Trabajo=0.57, Calor absorbido=5.07, Calor cedido=-4.50

Trabajo neto nulo

Cuando el trabajo a lo largo de las dos isotermas AB y CD es igual al trabajo en el proceso adiabático DA, el trabajo total es cero. Hemos creado un motor térmico que describe un ciclo que no sirve para nada

$\begin{array}{l} n R T_{A} \ln \frac{V_{B}}{V_{A}} + n R T_{D} \ln \frac{V_{D}}{V_{B}} - n c_{v} (T_{A} - T_{D}) = 0 \\ T_{A} \ln \frac{V_{B}}{V_{A}} + T_{D} \ln \frac{V_{D}}{V_{B}} - \frac{3}{2} (T_{A} - T_{D}) = 0 \\ \ln V_{B} = \frac{T_{A} \ln V_{A} - T_{D} \ln V_{D}}{T_{A} - T_{D}} + \frac{3}{2} \end{array}$

El volumen V_B=V_C=3.1690 l

En el script asignamos a la variable vB=3.1690, obtenemos un trabajo nulo

Una variante de este ciclo

Un gas monoatómico describe el ciclo de la figura que consta de los siguientes procesos:

AB, es isóbaro a la presión p_A
BC, isócoro, a volumen constante V_B
CD, es isóbaro a la presión p_D
DA, isotermo a la temperatura T=T_A=T_D

Sea p_A=3 atm, V_A=2 l, T_A=600 K

En el proceso isotermo AD se cumple que p_AV_A=p_DV_D=nR·T

El volumen V_B, se determina, igualando el trabajo en las expansiones isóbaras AB y CD con el trabajo para comprimir el gas isotérmicamente en el proceso DA. El trabajo neto es cero

$\begin{array}{l} p_{A} (V_{B} - V_{A}) + p_{D} (V_{D} - V_{C}) + \int_{V_{D}}^{V_{A}} \frac{n R T}{V} d V = 0 \\ p_{A} V_{B} - p_{D} V_{B} = p_{A} V_{A} \ln \frac{V_{D}}{V_{A}} \\ \frac{V_{B}}{V_{A}} = \frac{p_{A}}{p_{A} - p_{D}} \ln \frac{V_{D}}{V_{A}} \\ \frac{V_{B}}{V_{A}} = \frac{1}{1 - \frac{p_{D}}{p_{A}}} \ln \frac{V_{D}}{V_{A}} \\ \frac{V_{B}}{V_{A}} = \frac{1}{1 - \frac{V_{A}}{V_{D}}} \ln \frac{V_{D}}{V_{A}} \end{array}$

Cuando existe una relación entre los volúmenes, V_A, V_D y V_B, no se produce trabajo neto

%datos
pA=3;
vA=2;
vD=6;
TA=600;
TD=600;
cV=3/2;
cP=5/2;

%resultados
nR=pA*vA/TA;
pD=pA*vA/vD;
pB=pA;
pC=pD;
vB=pA*vA*log(vD/vA)/(pA-pD);
vC=vB;
TB=pB*vB/nR;
TC=pC*vC/nR;

%Proceso A-B 
W_AB=pA*(vB-vA);
Q_AB=cP*nR*(TB-TA);
%Proceso B-C
W_BC=0;
Q_BC=cV*nR*(TC-TB);
%Proceso C-D
W_CD=pC*(vD-vC);
Q_CD=cP*nR*(TD-TC);
%Proceso D-A
W_DA=nR*T*log(vA/vD);
Q_DA=W_DA;

fprintf('Vertice A: pA=%2.2f, vA=%2.2f, TA=%2.2f\n', pA, vA, TA)
fprintf('Vertice B: pB=%2.2f, vB=%2.2f, TB=%2.2f\n', pB, vB, TB)
fprintf('Vertice C: pC=%2.2f, vC=%2.2f, TC=%2.2f\n', pC, vC, TC)
fprintf('Vertice D: pD=%2.2f, vD=%2.2f, TD=%2.2f\n', pD, vD, TD)

disp('Trabajo');
fprintf('W_AB=%2.2f, W_BC=%2.2f, W_CD=%2.2f, W_DA=%2.2f\n', W_AB, W_BC, W_CD, W_DA)
disp('Calor');
fprintf('Q_AB=%2.2f, Q_BC=%2.2f, Q_CD=%2.2f, Q_DA=%2.2f\n', Q_AB, Q_BC, Q_CD, Q_DA)
disp('Total')
W=W_AB+W_BC+W_CD+W_DA;
fprintf('Trabajo=%2.2f, Calor absorbido=%2.2f, Calor cedido=%2.2f\n', 
W, Q_AB+Q_CD, Q_BC+Q_DA);

%gráfica del ciclo
hold on
p=@(x) pA*vA./x; 
fplot(p,[vA,vD])
line([vA, vB],[pA,pA])
line([vB, vB],[pA,pD])
line([vB, vD],[pD,pD])
hold off
ylim([0.5,3.5])
grid on
xlabel('v(l)')
ylabel('p(atm)')
title('Ciclo térmico')

Vertice A: pA=3.00, vA=2.00, TA=600.00
Vertice B: pB=3.00, vB=3.30, TB=988.75
Vertice C: pC=1.00, vC=3.30, TC=329.58
Vertice D: pD=1.00, vD=6.00, TD=600.00
Trabajo
W_AB=3.89, W_BC=0.00, W_CD=2.70, W_DA=-6.59
Calor
Q_AB=9.72, Q_BC=-9.89, Q_CD=6.76, Q_DA=-6.59
Total
Trabajo=-0.00, Calor absorbido=16.48, Calor cedido=-16.48

Referencias

Physics Challenge for Teachers and Students. Solution to January 20008 Challenge. The Physics Teacher, 48 January 2008, pp. 496-498

P.-M. Binder, C. K. S. Tanoue. Variations on the Zilch Cycle. The Physics Teacher, Vol. 51, October 2013, pp. 434-436