ejercicios termodinamica
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Universidad Autonoma del Estado de Hidalgo
Instituto de Ciencias Basicas e IngenierıaLicenciatura en Fısica y Tecnologıa Avanzada
Academia de Matematicas y Fısica
Termodinamica
Palomares Maldonado Hector Miguel
Contents
1 Ley cero de la Termodinamica, Ecuacion de Estado Y Temperatura 2
2 Concepto de Trabajo en Termodinamica 5
3 Concepto de Energia y Primera Ley de la Termodinamica 15
4 Aplicaciones de la primera Ley de la Termodinamica 24
5 Segunda Ley de la Termodinamica 44
1
1 Ley cero de la Termodinamica, Ecuacion de Estado Y Temper-atura
1. El punto de ebullicion del cobre es de 2.300C; exprese esta temperatura en:
a) Grados Kelvin
b) Grados Rankine
c) Grados Fahrenheit
Solucion:
a) la conversion de Grados Centigrados a kelvin se describe con la siguiente ecuacionk = T (C) + 273.15T (k) = 2300C + 273.15T (k) = 2573.15k
b) la conversion de Grados Centigrados a Rankine se describe con la siguiente ecuacion
T (R) =9
5T (k)
Sustituyendo los grados kelvin de la conversion anterior:
T (R) =9
5(2573.15k)
T (R) = 4, 631.67R
c) la conversion de Grados Centigrados a Fahrenheit se describe con la siguiente ecuacion
T (F ) =9
5T (C) + 32 T (F ) = T (R)− 459.67
T (F ) =9
5(2300C) + 32
T (F ) = 4172F
2. Dos termometros identicos, uno de Mercurio y otro de aceite, tienen el mismo volumen a 0C.Encuentrese la razon de las longitudes l de una division correspondiente a 1C en la escala deltermometro de Mercurio y l1 de una division escala del termometro de aceite. El coeficiente deexpansion volumetrica del mercurio es β, y del aceite es β1 pudiendose considerar constantes en elintervalo de operacionSolucion:
β =1
V
(∂V
∂θ
)β
el volumen es V = Ah
β =1
Ah
(∂Ah
∂θ
)β =
A
Ah
(∂h
∂θ
)β =
1
h
(∂h
∂θ
)β∂θ =
∂h
hIntegrando∫ θ2
θ1
βdθ =
∫ h2
h1
dh
h
β(θ2 − θ1) = lnh2h1
El problema nos dice que θ2 − θ1 = 1
para el Hg
β = lnh2h1
y para el Aceite β1 = lnh′2h′1
a 0C se tiene queh1 = h′1 =La temperatura Inicial es la misma para el aceitey el mercurio. entonces las alturas iniciales en lostermometros deben ser las mismas. de lo contrario lasalturas finales difieren por ser diferentes elementos
h2 = l h′2 = l′
sustituyendo estos Datos en
β = lnl
h1despejando h1h1 = leβ
β′ = lnl′
h1
2
despejando h1h1 = l′eβ
′
igualando estas dos ecuacionesleβ = l′eβ
′
obteniendo la razon de l/l′
l
l′= eβ−β
′
3. Discutase el comportamiento a diferentes temperaturas entre 0C y 10C de un termometro de agua.¿A que temperaturas el termometro leera lo mismo? Use la formula:
V1 = 1− 0.000061015t+ 0.000007733t2
para el volumen V del agua como funcion de la temperatura t. Considere al volumen en 0C como 1Solucion:
dV
dT= −0.000061015 + 0.000007733t
se puede observar que el volumen(minimo) es cero cuando:−0.000061015 + 0.000007733t = 00.000061015 = 0.000007733t
t =0.000061015
0.000007733t = 3.947368421CVemos que (2)(3.947368421C) = 7.894736842 esta entre 0C y 10
entonces de 0C a 3.947368421C y de 3.947368421C a 7.894736842la lectura es la misma
4. Para la construccion de un termometro se calienta un capilar descubrierto con un bulbo donde se colocala sustancia termometrica. Cuando la sustancia llega al extremo descubierto se sella el capilar. Pos-teriormente se calibra. ¿Es posible la calibracion de este termometro tomando solamente un punto fijo?
Solucion:No es posible ya que en Cualquier medicion se toman dos puntos de referencia, en el caso de lostermometros, el primer Punto fijo: es el punto de fusion del hielo y es el estado termico en queaparecen en equilibrio los estados solido y lıquido del agua pura. y el Segundo punto fijo: es el puntode ebullicion del agua y es el estado termico del vapor de agua en ebullicion.
5. Dos termometros A y B, se introduce a una solucion dada, obteniendose lecturas que difieren entre sıpor un grado centrıgrado ¿Cual es la lectura correcta? ¿En quevse basa su contestacion?
Solucion:La graduacion supone que el instrumento se encuentra introducido totalmente en el recinto (superficie)cuya temperatura se quiere determinar; pero en muchas experiencias, parte de la columna esta afuera ya temperatura mas baja, con lo que el grado senalado es inferior al real. eso quiere decir que si algunode los termometros no esta bien colocado en la superficie puede variar la temperatura, otro argumentoes: sı ambos Termometros no estan calibrados en el mismo punto, va a variar la temperatura. asi quelas lecturas de los termometros A y B son las correctas
3
6. Una caja que contenıa termometros de la Academia de Florencia (1660) cuya escala es de 50 fueencontrada en dicha ciudad en el ano de 1829. Se observa que los 50 florentinos (Fl) corresponden a44R y que 0Fl = −15R. Encuentrese una expresıon para convertir grados de la escala florentina agrados Kelvin (K)
T (K) =5
9(1.18T (Fl)− 15)
Solucion:la escala florentina es de 0Fl a 50fl hay 50 de difernciala escala R de −15Fl a 44fl hay 59 de diferncia
Por regla de tres50
1→ 59
T,
59
50= 1.18R
Por lo tanto 1Fl = 1.18R pero la escala de R inicia en −15R por lo tanto
T (R) = 1.18T (Fl)− 15
y tenemos que T (K) =5
9T (R)
9
5T (K) = 1.18T (Fl)− 15
T (K) =5
9[1.18T (Fl)− 15]
7. Un termometro indica una temperatura t0 al fundirse hielo y a una temperatura tv, cuando el agua seconvierte en vapor; las medidas anteriores fueron tomadas a una presion en mm de Hg. Encuentreseuna expresion para cierta temperatura t de otra escala, y para cualquier lectura intermedia t, deltermometro; considerese que el tubo del termometro esta divivido en volumenes iguales por la grad-uacion de la escala. El punto de ebullicion del agua a una presion de p en mm de Hg es leen la escalade t.
t = tvti − t0tv − t0
8. Un termometro de hidrogeno con un volumen constante V0 sufre un cambio de presion de P0. mm Hga P1, mm de Hg, al calentarse de θ = 0C a θ1. Encuentrese la temperatura θ1, del gas si el coeficientede expansion volumetrica es β y el de compresibilidad iso-termica es k.
4
2 Concepto de Trabajo en Termodinamica
1. La Compresibilidad del Hg es de 3.8× 10−6 (atm)−1 a 0C y 1 atm de presion. A 4000 atm de presiony 0C, es de 3.5 × 10−4atm−1. Suponiendo que es constante con la temperatura, calcular el trabajonecesario pan comprimir 10cm del metal de 1atm a 2000 atm isotermicamente a 25C. Se puede jus-
tificar la suposicion de que κT es constante en este proceso? (Sugerencia: calculese4VV
).
Solucion:
el trabajo total es: Wt−f =
∫ f
t
pV (−κdp+ βdθ)
a presion constante
Wt−f = −V κ∫ pf
pi
pdp Wt−f = −V κ2
(p2f − p21)
Veamos que κ es el promedio
k =3.8× 10−6atm−1 + 3.5× 10−6atm−1
2k = 3.56× 10−6atm−1
Sustituyendo en la ecuacion de trabajo
W =(0.01lt)(3.65× 10−6atm−1
2[(4× 106 − 0.000001× 10−6)atm2]
W = 0.0729ltatm1 atmosfera litro in calorıas [it] = 24.20106048latmPor lo que:W = (0.029latm)(24.2010latm) = 1.7654cal
Tenemos que en coeficiente de comprensibilidad es:
k = − 1
V
(4V4p
)4VV
= −κp
Sustituyendo4VV
= (3.65× 10−6atm−1(2000atm−1atm)4VV
= 0.007296
Observemos que es despresible, por lo que no se considera en el Calculo anterior
2. 100g de benceno se comprimen de 10 a 100atm, a una temperatura constante de 20C. La compre-sibilidadd el benceno es κθ = 94 × 10−6atm−1 aproximadamente constante en el intervalo entre 1 y100atm. Si la densidad del lıquido a 20C es ρ = g/cm3 calculese el trabajo reversible realizado elC6H6 en esta compresion.Solucion:
el trabajo es: W = −∫pdv sabemos que κ = − 1
V
(∂V
∂p
)θ
Sustituyendo dV en la integral
W = κV
∫ pf
pi
pdp =κV
2(p2f − p2i )
Sabemos que la densidad es Masa sobre Volumen, Conociendo ρ = 0.88g/cm3 y m = 100g
V =100g
0.88g/cm3113.63cm3 1lt
(113.63cm3
1000cm3
)= 0.11363lt
sustituyendo Obtenemos:
W =(94× 10−6atm−1)(0.11363lt)
2(10000atm2 − 100atm2)
W = 5.2872039× 10−2atm ltel Trabajo el Joules, 1 atmosfera litro en Joule = 101.325 atmW = 5.2872039× 10−2(101.325)J W = 5.3572J1 atmosfera litro in calorıas [it] = 24.20106048latmW = 5.2872039× 10−2(24.2010lcal) = 1.279556cal
5
3. 30g de nitrogeno que se encuentran a la temperatura de 40C y a la presion de 760mm de Hg secomprimen hasta un volumen de 15 litros. Hallese la temperatura y la presion del nitrogeno despuesde la compresion:
a) Si se comprimio isoterrnicamente.
b) Hallese el trabajo realizado sobre el gas.
Solucion:
a) La ecuacion del gas ideal es en este caso pV = nRT sabemos que el num. de moles es
n =m
M
pV =mRT
MR =
R
MR =
0.82atmlt/molk
28gmolQuedando:
piVi = mRT1 En otro tiempo pfVf = nRT = mRT2Como nRT1 = nRT2 Igualado estas ecuacionespiVi = pfVf
pf =ViVfpi
Sustituyendo piVi = mRT1
pf =mRT
VfConvirtiendo grados celsius C a kelvin KT (K) = T (C) + 273 T (K) = 40 + 273 = 313KSustituyendo Datos
pf =(30g)(0.82atm− lt/molk)(313k)
(28g −mol)(15lt)pf = 1.83atm
b) El Trabajo esta dado: W =
∫ Vf
Vi
pdV =
∫ Vf
Vi
mRT
VfdV = mRT
∫ Vf
Vi
dV
Vpor otra parte
piVi = mRT = (30g)
(0.82atm ∗ lt/molk
28g −mol
)(313k) = 27.49ltatm Si p1 = 1atm
Vi =mRT
piVi = 27.5lt
Sustituyendo en la ecuacion de trabajo
W = (30g)
(0.82atm ∗ lt/molk
28g −mol
)(313k)[2.3 log10
15
27.5] = 63 log10
15
27.5] = −16.63lt-atm
El trabajo realizado de un agente externo a un gas es de |W | = 16.63
4. Un mol de gas ideal en un estado A, ocupa un volumen de 10 litros a la presion de 4atm. Posteriormentese expande hasta un estado B que tiene la misma temperatura inicial ocupando un saltares de 20 litros.Calculese el trabajo realizado por el sistema para los procesos que se indican en la figura, describiendodetalladamente cada uno de ellos. Solucion:Por ser un gas ideal
PAVA = PBVB
6
El proceso 1 consta de una expansion isobarica hasta el volumes de 20 litros y un enfriamiento isometrico
hasta la temperatura W1 =
∫ B
A
pAdV = pA(VB − VA) = 4atm(20lt− 10lt) = 40atm.lt
El proceso 2 es una expansion segun la trayectoria que une los puntos A y B y no se matienen constanteslas variables termodinamicas.La pendiente de la Recta es:
M = −1
5
La ecuacion de la recta es:
p = −1
5V + 6
El trabajo en el proceso 2 es:
W2 =
∫ B
A
(−1
5V + 6
)dV =
[−V
2
10+ 6V
]BA
A = 10 y B = 20
W2 =
[−V
2
10+ 6V
]2010
= [−40atmlt+ 120atmlt]− [−10atmlt+ 60atmlt] = 80atmlt− 50atmlt
W2 = 30atm lt
El proceso 3 es una expansion isotermica
W3 = −∫ B
A
pdV
sustituyendo, p =nRT
V
W3 = −nRT∫ B
A
dV
V
W3 = nRT lnVBVA
pero pAVA = nRT = 40atm lt entonces:
W3 = −40 ln 2atm lt
En el proceso 4, consta de un enfriamiento isometrico y de una expancion isobarica
W4 = −∫ B
A
pBdV = −pB(VB − VA = −2atm(20lt− 10lt) = −20atm.lt
5. a) ¿Es el equivalente mecanico del calor I una cantidad fısica o simplemente un factor de conversionpara convertir energıa de unidades calorimetricas a unidades mecanicas o viceversa?. b) Un gas semantiene a temperatura constante cuando sufre una expansion y realiza trabajo externo. ¿Varıa laenergıa interna del gas durante este proceso? Si no ocurre eso, ¿cual es la fuente de energıa necesariapara realizar el trabajo?Solucion:
a) Es una cantidad fısicael concepto de equivalente mecanico del calor hace referencia a que el movimiento y el calor sonmutuamente intercambiables, y que en todos los casos, una determinada cantidad de trabajopodrıa generar la misma cantidad de calor siempre que el trabajo hecho se convirtiese total-mente en energıa calorıfica. El equivalente mecanico del calor fue un concepto que tuvo un papelimportante en el desarrollo y aceptacion del principio de la conservacion de la energıa y en elestablecimiento de la ciencia de la termodinamica
7
b) la variacion total de energıa interna es igual a la suma de las cantidades de energıa comunicadasal sistema en forma de calor y de trabajo ∆U = Q+W
6. 1 mol de nitrogeno que se encuentra a la temperatura de 30C y a la presion de 1.5atm, se expandeadiabaticamente y, al ocurrir esto, su presion baja hasta 1atm. hallense:
a) La temperatura final.
b) El trabajo realizado por el gas.
Solucion:
a) Para un proceso adiabatico tenemos
P 1−γf T γf = P 1−γ
i T γi
donde γ =CrCv
=5
3
T γf =P 1−γi T γ
P 1−γf
=P−2/3i T 5/3
P−2/3f
T5/3f = (1.5atm)−2/3(atm)2/3)(303.15K)5/3
Tf = (1.5atm)−2/5(atm)7/3)(303.15K)
Tf = 257.76K
b) El trabajo es:
W =
∫PdV
PV γ = nRT = C donde c es conttante P =nRT
V γ
W = −∫ vf
vi
PdV = nRT
∫ vf
vi
dV
V γ= −nRT
[V 1−γ
1− γ
]vfvi
W = − nRT1− γ
(V 1−γf − V 1−γ
i )
W =1
1− γ(PiVi − PfVf )
Vi =nRTiPi
Vi = 16.5m3 Vf =nRTfPf
Vf = 21.13m3
W =−3
2[(1.5atm)(16.5m3)− (1atm)(21.13m3)]
W = −5.43m3atm
8
7. 10g de hidrogeno en condiciones normales se comprimen isotermicamente hasta un volumen igual a10× 10−3m3.
a) Hallese la presion y la temperatura del hilogeno despues de la compresion.
b) Hallese el trabajo de compresion.Solucion:
Tenemos para condiciones normales quePV = nKT
donde P = 1atm y T = 273.15K Para un proceso Isotermico la temperatura es constante..
Pf =nkT
Vf=
(10mol)(0.82atm ∗ lt/molk)(273k)
10× 10−3m3
Pf = 22.398× 103atm
W =
∫ vf
vi
PdV = nRT
∫ vf
vi
dV
V= nRT ln
VfVi
W = (10mol)(0.082m3atm)/molK)(273.15K)(4.5× 10−5
W = 1× 10−2m3atm
8. Un gas ideal a presion inicial pi y volumen Vi, se enfrıa isometricamente basta alcanzar una presionigual a la mitad de su valor inicial; se calienta a Temperatura constante hasta que el volumen alcanzaun valor Vf , tal que en una compresion isotermica final regrese a su estado inicial.
a) Dibujar el proceso en un diagrama.
b) Calcular el trabajo neto realizado en este proceso para 1 mol de gas si Pi = 6atm y Vi = 10t.
Solucion:
tenemos que V es constante y Pf =Pi2
W = nRT
∫ vf
vi
dV
V− Pi
2
∫ vf
vi
W = nRT lnVfVi− Pi
2(Vf − Vi)
W = 60atm ln
(3atm
6atm
)− (6atm− 3atm)(10lt)
W = 11.58lt
9. Supongamos que un gas sufre una expansion de un estado inicial para el cual p = 8atm y V = 1lt,siguiendo una trayectoria (pV 5/3 =const). Calculese el trabajo necesario para expandir este gas hastauna presion p = 2atm y (1atm = 1.013× 105 newtons/m2).Solucion:
C = piV5/3i = pfV
5/3f
Vf =3
√((8atm)(1lt)5/3
2atm
)5
Vf = 2.29lt
Siendo constante la ecuacion de estado:
C = piV2i = (8atm)(1lt)2 = 8atmlt2
Calculando el trabajo
W =
∫ vf
vi
pdV =
∫ vf
vi
C
V 5/3dv = −C
[−3
2V −2/3
]vfvi
W = 8atmlt5/3(−3
2V−2/3f +
3
2V−2/3i
)W = −5.11atm lt
9
10. Calculese el trabajo necesario para expandir un gas de 10 a 2atm, siguiendo una trayectoria
pV 2 = C
si el volumen inicial es de 2ltSolucion:
A partir de la ecuacion es estado determinamos el volumem final
C = piV2i = pfV
2f
vf =
√(10atm)(2lt)2
2atm
vf = 4.47lt
Siendo la constante la ecuacion de estado:
C = piV2i = (10atm)(2lt)2 = 40atmlt2
Calculando el trabajo
W =
∫ vf
vi
pdV =
∫ vf
vi
C
V 2dv = −
[C
V
]vfvi
W = 40atmlt2(
1
4.47lt− 1
2lt
)W = −11.05atmlt
11. Demuestrese que para una sustancia paramagnetica que obedece la ley de Curie, el trabajo realizadodurante una magnetizacion isotermica y cuasiestatica esta dada por
W = − C2θ
(H 2f −H 2
i )
Solucion:La ley de Curie es:
M =C
θH
H =θM
C
El trabajo para un Material Magnetico es
W = −∫µ0H dM
W = −∫µ0H dM
W = −∫ Mf
Mi
µ0
(θM
C
)dM
W = −µ0θ
C
∫ Mf
Mi
MdM
W = −µ0θ
C
(M2f
2− M2
i
2
)
W = −µ0θ
2C
[(C
θH
)2
−(C
θH
)2]
W = −µ0C
2θ(H 2
f −H 2i )
10
12. Con gas ideal se encuentra en un estado de equilibrio a la temperatura T1 y presion p1. El gas seexpande reversiblemente hasta ocupar un volumen igual al doble de su volumen inicial. Durante estaexpansion, T varıa de tal manera que para cada estado intermedio, p = kV 2 donde k es una constante.
a) Dibujese el proceso en un diagrama p− Vb) Calculese el trabajo realizado por el gas en terminos de R y T1.
Solucion:
a) grafica
b) el trabajo para un gas ideal
W = −∫ vf
vi
pdV
tenemos que la presion esta dada por p = kV 2
W = −k∫ vf
vi
V 2dV
integrando
W = −k
(V 3f
3− V 3
i
3
)
W = −k3
(V 3f − V 3
i
)y como Vf = 2Vi entonces V 3
f = 8V 3i
Por lo tanto
W = −k3
(8V 3
i − V 3i
)W = −7
3kV 3
i
para el estado inicialpiVi = nRθi
pero pi = kV 2
(kV 2i )V 2
i = nRθi
kV 3i = nRθi
para n = 1 (1 mol) El trabajo es
W = −7
3Rθi
13. a) Calculese una expresion para el trabajo realizado por un mol de un gas que obedece la ecuacion deestado de Beattie-Bridgman
p =RT (i− ε)
V 2(V +B)− A
V 2
Cuando el gas se expande de Vi a Vf cuasiestatica e isotermica aqui,
A = A0
(1− a
V
)B = B0
(1− b
V
)y ε =
C
T 3V
donde A0, a, B0, b y C son constantes.b) Para el helio, A = 2.16, a = 0.06, B0 = 0.0144, b = 0 y c = 0.004× 104
¿Cual es el trabajo realizado para expandir 10moles de este gas cuando Vf = 5Vi a 150K comparaseel resultado si el Hg se comporta como un gas ideal
Vi = 1lt
Solucion:
11
a)
W = −∫ Vf
Vi
pdV
Sustituyendo la presion:
W = −∫ Vf
Vi
(RT (i− ε)
V 2(V +B)− A
V 2dV
)Obs 1.
A = A0
(1− a
V
) A
V 2=A0
V 2− aA0
V 3
Obs 2.
(1 + ε)(V +B) =
(1− C
T 3V
)(V +B0 −
B0b
V
)=
(V − C
T 3
)(V 2 +B0V −B0b)
1
V 2
(se multiplico por V y en el segundo termino se dividio por VMultiplicando y Factorizando en terminos de V
=
[V 3 + V 2
(B0 −
C
T 3
)− V
(B0C
T 3+B0b
)+CbB0
T 2
]1
v2
V +B0 −C
T 3− B0
V
(C
T 3+ b
)+CbB0
T 2V 2
Sustituyendo y multiplicando por 1/V 4
W = −∫ Vf
Vi
RT
[1
V+
1
V 2
(B0 −
A0
RT− C
T 3
)− B0
V 3
(C
T 3− aA0
B0RT+ b
)+CbB0
T 3V 2
]dV
resolviendo la integral
W = −RT[lnVfVi−(B0 −
A0
RT− C
T 3
)(1
Vf− 1
Vi
)
−B0
(C
T 3− aA0
B0RT+ b
)(1
2V 2f
− 1
2V 2i
)
−CbB0
T 3
(1
V 3f
− 1
V 3i
)El primer termino es el Trabajo de un gas ideal
W −Wid = RT
[(B0 −A−
A0
RT
)(1
Vf− 1
Vi
)+ . . .
]b)
Wid = −nRTln5 = −(1 =)(0.082)(1.5× 102)(0.7)(2.3)) = −198atm.lt
W = −197.96− 123
[−0.003(0.8)− 1
2(0.001 + 1× 10−7(−0.96)
]W = 197.96− 123(123(−0.0024− 0.0005) = 198.3167atm.lt
WBB = −198.3167atm lt
12
16. Obtener la expresion para el trabajo realizado por un gas que obedece la ecuacion de estado ed Dietrici
p(V − b)en/RTV = RT
cuando se expande isotermiicamente a un volumen Vf = xVi donde x > 0Solucion:De la expancion en serie
ex = 1 +x
1!+x2
2!
tomamos los dos primeros terminos, donde x =n
RTV
p(V − b) (1 + x) = RT
p =RT
(v − b)1
(1 + x)
p =RT
v − b(1 + x)
W = −∫ vf
vi
pdV
W = − RT
V − b
(1− a
RTV
)dV
W = −RT∫
dv
V − b+
∫adV
v(b− V )
W = −RT ln
(iVf − bVi − b
)+
∫adV
v(b− V )
Integrando por facciones parciales1
V (V − b)=A
V+
B
V − b=A(V − b) +BV
V(V − b) =
(B +A)V −AbV (V − b)
B +A = 0 y −Ab = 1 A = −B A = −1
by B =
1
b
W = −RT ln
(iVf − bVi − b
)+
∫ [− 1
bV+
1
b(V − b)
]
W = −RT ln
(iVf − bVi − b
)+a
b
[− ln
(VfVi
+ ln
(Vf − bVi − b
)]W = −RT ln
(iVf − bVi − b
)− a
blnVf (Vf − b)Vi(Vi − b)
13
14. Un solido dielectrico e isotropico con una permitividad electrica ε se coloca entre las placas, de areaA, de un condensador. La distancia entre las placas es d. Si la densidad de carga es ±σ muestre :
a) Que el trabajo necesario que el campo ε de las placas del condensador actuando para produciruna polarizacion P, es
dW = − 1
4πε · dD
donde D es el campo de induccion
b Muestre que
d′W = −d(ε2
8π
)− ε · dP
e interpretese fısicamente cada termino
Solucion:La intensidad del campo electrico esta dada
ε =4πσ
ε
el Voltaje es V = εl =4πσl
ε,
dW = V dq
dW = −εldE
Dada la siguiente relacion q = Aσ rescribiendo dq = Adσ
dW = −εlAdσ
para σ =D
4π
dW = −εlA D
4π= − V
4πεdD
Para v = 1 obtenemes
dW = − 1
4πεdD
15. a) Expresense los resultados del problema anterior en terminos de la capacitancia c del condensador yen unidades MKS. b) Para un dielectrico colocado entre las placas del condensador, se observa que elpotencial a traves de ellas disminuye de 1000 a 800volts. Si el area de cada placa es de 1m2 calculeseel trabajo realizado en polarizar el material, c = 10−6faradios.Solucion:
a)
W = −∫ Q
0
q
Cdq
W = − 1
C
∫ Q
0
qdq
W = − 1
2Cq2|Q0
W = −Q2
2C
sabemos que la capacitancia se puede ver como C =Q
Vproporcional a la carga inversamente
proporcional al voltaje
W = −1
2CV 2
14
b) tenemos
W = −1
2CV 2
y dado una diferencia de potencial δV = −200V , Sustituyendo
W = −1
2(106f)(40000V 2)
W = −0.02J
3 Concepto de Energia y Primera Ley de la Termodinamica
1. Un cable Cu, solido, utilizado como conductor electrico, se rodea de una capa de asbesto para protegerlode la intemperie. A fin de probar sus propiedades mecanicas es sometido a una cierta tension T ymediante un termopar se detecta un pequeno aumento en la temperatura, tomando al cable comosistema.
a) ¿Hay trasferencia de calor con sus alrededores?
b) ¿Que ocurre a la energıa interna?Solucion:
(a) No. El sistema es adiabatico.
(b) Se convierte en trabajo electrico.
2. Supongase un recipiente (caja negra) en el cual entra una cierta masa de fluido a una altura h1 delsuelo y sale a una altura diferente h2. Puede absorber calor Q y realizar un trabajo mecanico W .Supongamos tambien que la rapidez (variacion en la unidad de tiempo) de la trasferencia de calor y larealizacion de trabajo son constantes y que el estado termodinamico del fluido no cambia en el tiempo.Si el fluido entra a presion p, con velocidad c1, sale con presion p2 y velocidad c2, en estas condiciones(regimen estacionado), la ecuacion de conservacion de la energıa toma la forma:(
h1 +1
2c21 + gH
)−(h2 +
1
2c22 + gH2
)−W +Q = 0
donde h1 = u1 + pV , (i = 1, 2) (la entalpia por unidad de masa y g es la aceleracion producida por lagravedadSolucion:para fuerzsas no conservativas
4E =∑
W
tenemos que el trabajo se describe por∑W = F14S1 cos θ + F24S2 cos θ∑
W = F14S1 − F24S2
la presion se defIne: P =F
A, Sutituyendo la fuerza∑
W = P1A1S1 − P2A24S2∑W = P1V1 − P24V2
la cantidad de masa que se desplaza al principo es la misma que la que se desplaza al final
m1 = m2
P1V1 = P24V2 =⇒4V1 = V2 = 4V
∑W = (P1 − P2)4V
15
la enegia Mecanica se define4E = k2 + U2 − (k1 + U1)
4E = k +4U
la energia cientica es
4k =1
2m(c22 − c21)
y La energia Potecial es4U = mg(H2
2 −H21 )
y la Entalpia es 4h = 4U +4WLa primera ley de la termodinamica nos dice
4E = 4Q+4W
(H2 + k2 + U2)− (H1 + k1 + U1) = 4Q−4W
(H2 + k2 + U2)− (H1 + k1 + U1) +4W −4Q = 0(U2 + p1V1 +
1
2mc22 +mgH2
)−(U1 + p1V1 +
1
2mc21 +mgH1
)+W −Q = 0(
h+1
2mc22 +mgH2
)−(h2 +
1
2mc21 +mgH1
)+W −Q = 0
3. Un cuerpo de masa igual a 0.5kg se lanza en una direccion vertical con una velocidad de 10km/seg.En el punto donde su velocidad disminuye a la mitad, 10% de la perdida en energıa cinetica ha sidotrasferida al cuerpo, en forma de calor y su elevacion aumenta en 1km. Calculese la cantidad de trabajoque se ha realizado contra la atmosfera.Solucion:Por el Problema anterior ∑
W = F14S1 cos θ + F24S2 cos θ∑W = F14S1 − F24S2
la presion se defIne: P =F
A, Sutituyendo la fuerza∑
W = PA1S1 − PA24S2∑W = PV1 − P4V2
la cantidad de masa que se desplaza al principo es la misma que la que se desplaza al final
m1 = m2
P1V1 = P24V2 =⇒4V1 = V2
∑W = P (V2 − V1) = 0
E = Q−W
W = Q− (U2 − U1)−mg(H2 −H1)− 1
2m(c22 − c21)
Ademas 4U = Qr, Sustituyendo
W = −(0.5kg)(9.8m/s2)(1000m)− (0.5kg)((5× 103m/s)2 − (10× 10m/s2)2
2
W = −4.9× 103kgm2/s2 + 18.75× 106kgm2/s2
6W ≈ 18.75× 106J
16
4. Cuando se evapora una cierta cantidad de agua en contacto con la atmosfera, hay un cambio en elvolumen y, por tanto, se realiza una cantidad de trabajo. Este fenomeno requiere, sin embargo, lainyeccion de calor al agua que proviene de la atmosfera misma, o de otra fuente externa. ¿Son igualesestas cantidades? Analıcese la respuesta tomando 10lt a 100C. El calor latente de evaporacion delagua es de 22.6× 105 Joules/kg.Solucion:el Trabajo es:
W =
∫ vf
vi
pdV
considerando que vi = 0 y que es un gas ideal, tenemos:
W = −pVf
W = −nRTfdonde el numero de moles es:
n =M
m=
10000g
1.801528g/mol= 555mol
SustituyendoW = −555mol(8.3148× 105J/k.mol)(373.15k)
W = −17.22× 105J
W = −4.12cal
5. El calor de fusion del agua solida es de 80cal/g a 0C y las densidades del hielo y lıquido son de0.91g/cm3 y 1g/cm3 respectivamente. ¿Cual es el cambio en la energıa interna de 1mol de agua alfundirse a 0C y 1 atm de presion?Solucion:El Calor es:
Q = QfnM
Q = (80cal/g)(1mol)(18g/mol)
Q = 1440cal
sabemos que el trabajo para un gas ideal es
W = −p4V
y V =m
Do 4 =
m
4Dsustituyendo
W = −pm(
1
Df− 1
Di
)Haciendo las conversiones y sustituyendo
W = −(101325Pa)(1m3/g − 1.09m3/g)(18g)
W = 1.641J
convertiendo a Calorias 1J = 0, 239005736137667cal.
W = 0.3922cal
La Energia Interna esU = Q+W
U = 1440cal + 0.3922cal
U = 1440.4cal
17
6. En cursos de quımica elemental se afirma que en 1840, Hess enuncio una ley que lleva su nombre, la cualestablece que el calor absorbido o emitido por una reaccion quımica es el mismo, independientemente deque la reaccion ocurra en uno o varios pasos. a) Demuestrese esta afirmacion para reacciones isobaricase isometricas a partir de la primera ley de la termodinamica. b) Calculese el calor de formacion delCO, gaseoso a 25C a partir de sus elementos, sabiendo que a 298K,
C(grafito) +1
2O2(gas)→ CO(gas)
Q298 = −26.42cal/mol
CO(gas) +1
2O2(gas)→ CO2(gas)
Q298 = −67.64kcal/mol
Solucion:
a) de la primer ley de la termodinamica Obtenemos
U = 4Q+4W
para un gas idealU = 4Q+ P4V
si de los R→ P ⇒ VP − VR = 0 entonces P4V = 0
4U = Qv
para una reaccion isobarica la Entalpia se define
H = U + PV
si de los R→ P ⇒ PP − PR = 0 entonces 4PV = 0
4U = Qp
Por lo queH = U
Qp = Qv
b)
C +1
2O2 → CO
CO +1
2O2 → CO2
C +1
2O2 + CO +
1
2O2 → CO + CO2
C +O2 → CO2
Q1 +Q2 = −26.42cal/mol − 67.64kcal/mol = −94.06kCal/mol
Q1 +Q2 = −94.06kCal/mol
18
7. A partir de las siguientes reacciones
CS2(liq)+3O2(g)→ CO2(g)+2SO2(g)Q = −265.0k cal/molC(s) +O2(g)→ CO2(g)Q = −94.0 cal/mol
S(s) +O2(g)→ SO2(g)Q = −70.2k cal/mol
y habiendose obtenido todos estos datos a 298K, calculese el calor de formacion del bisulfuro decarbono liquido, a partir de sus elementos
C(s) + 2S(s)→ CS2(liq)Q298 =
Solucion:
CS2 + 3O2 + 2SO2 (1)
C +O2 → CO2 (2)
S +O2 → SO2 (3)
sumamos *2Ec(3) + Ec(2)
C + 2S + 3O2 → 2SO2 + CO2
esto se resta a la Ec(1)
CS2 + 3O2 − C − 2S − 3O2 → CO+2 + 2SO2 − 25O2 − CO2
CS2 − C − 2S = 0
CS2 = C + 2S
C(s) + 2S(s)→ CS2(liq)
Q = Q1 − (2Q3 +Q2) = −265− (−140.4− 94)
Q = Q1 − (2Q3 +Q2) = −30.6
Q = −30.6k.Cal
mol
8. Un gas se mantiene a temperatura constante cuando sufre una expansion; es decir, cuando realizatrabajo externo. ¿Varıa la energıa interna del gas en tal proceso? Si no sucede asıı, ¿cual es la fuentede energıa necesaria para realizar ese trabajo?Solucion:la energia interna esta dada por
dU =
(∂U
∂P
)V
dP +
(∂U
∂V
)p
dV
la energia interna no depende del cambio de temperatura.
debido al movimento del sistema puede generar otro tipo de energia, ejemplo,Energia Cinetica, Poten-cial, vibracional.
19
9. a) La primera ley de la termodinamica suele enunciarse de la forma siguiente: Es imposible construirun proceso que, operando en ciclos, no tenga otro efecto sobre sus alrededores que la produccionde trabajo. Utilıcese la primera ley, en su forma convencional, para probar si este enunciado es ono correcto.
b) Un sistema cambia de estado mediante un proceso dado. Se afirma que intercambia una cantidadde calor Q con sus alrededores, realiza un trabajo W y finalmente que Q y W dependen, de latrayectoria del proceso, la eficiencia de una maquina mediante la cual se realiza dicho proceso yla temperatura de las fuentes. Discutase esta afirmacion y concluyase si es verdadera o falsa.
Solucion:
a) Sabemos que la energia interna es una funcion de punto, en este caso Q = Ω en un proceso ciclico,es decir produce trabajo en forma de calor
b) Nos dice que el trabajo el Calor dependen de la trayecoria, y tambien depende de la temperaturacomo al igual que la energia.La eficiencia de las maquinas Dependen de la energia. pero estas maquinas realizan calor ytrabajo, y obtienen energia, Esto se establece en la segnuda ley de la Termodinamica
10. a) Muestrese que si en el enunciado de la primera ley de la termodinamica se incluyen cambiosen las energıas cinetica y potencial del sistema, esta toma la forma 4U = Q + W donde U =UCIN + EpoT + U
b) Utilıcese esta forma para probar que si un bloque de masa m resbala por un plano inclinado dealtura h, hasta alcanzar el reposo, el aumento en la energıa interna del bloque = flujo de calor atraves de su superficie, hacia su interior.
c) Analıcese lo que ocurre si una bola de masa m cae al suelo sin rebotar y cuando dos cuerpos adiferentes temperaturas alcanzan el equilibrio termico.
Solucion:
a) la primera ley de la Termodinamica establece que la energia es igual al trabajo y calor del sistemaque se este estudiando.
E = Q+W
La energia se puede menisfestar como cinetica, potencial, Interna etc.∑E = K + P + U
su stituyendo en la ecuacion anterior
K + P + U = Q+W
b) Desde el punto de vista de la Mecanica, Teniamos
W = K + P
donde k es la energia cinetica k =1
2mv2 y P = mgh. teniamos:
K + P + U = Q+W
Sustituyendo el trabajo que realiza el bloque
K + P + U = Q+K + U
U = Q
20
11. a) Una corriente electrica existe a traves de un resistor que esta sumergido en agua corriente. Si seconsidera el resistor como sistema:
i) ¿Hay flujo de calor hacia el resistor?
ii) ¿Hay flujo de calor al agua?
iii) ¿Se efectua un trabajo sobre el resistor?
iv) Suponiendo que las coordenadas del resistor no cambian, aplıquese al proceso la primera ley.
b) Explıquese cualitativamente por que el calor especıfico a presion constante es mayor que el calorespecıfico a volumen constante.
Solucion:
i) Si, el flujo de calor pasa por el agua, llega al resistor y este se calienta
ii) si
ii) no, el resistor efectua trabajo en forma de calor
iv) del inciso anteriorQ = IV
De la primera ley de la TermodinamicaW = Q
W = IV
sabemos v = IR, Entonces el trabajo que realiza un resistor es
W = I2R
12. Una maquina de combustion interna puede considerarse someramente, como un dispositivo en el cualaire y combustible se queman en un recipiente de paredes metalicas que estan en contacto con laatmosfera. Durante la combustion las paredes del recipiente aumentan su temperatura. Tomando elaire y el combustible como sistema termodinamico, indique:
a) ¿Hay trasferencia del calor con sus alrededores?
b) ¿Se realiza trabajo?
c) ¿Que signo tiene 4U y como varıa en el proceso?
Solucion:
a) Si, las paredes del metal tranfieren calor
b) Si, existe un trabajo
c) Como realiza un trabajo hacia los alrededores y transfiere calor 4U = −(Q+W ) o bien −4U =Q+W
13. A 25C, las siguientes reacciones ocurren con los respectivos calores,
O2(g)→ 2O(g)Q = 118.32k cal/molFe(s)→ Fe(g)
Q = 96.68k cal/molFe(g) +O(g)→ FeO(s)Q = −219.6k cal/mol
Calcule el calor de formacion del FeO(s). Escribase claramente la reaccion:Solucion:
Fe+1
2O2 = Fe+O
sustituyendo el otro compuesto quimico
Fe+1
2O2 = FeO
QT = 0.5Q1 +Q2 = 5.16kcal/mol + 96.68− kcal/mol = 155.84kcal/mol
21
14. Los calores de formacion del alcohol etılico, el CO2 gaseoso y el agua en fase lıquida son, respectiva-mente, a 25C, −65.9kcal/mol, 94kcal/mol y −68.3kcal/mol. Calculese el calor de combustion delalcohol etılico.Solucion:
C +O2 → CO2 (4)
Q = −94kcal/mol
H2 +1
2O2 → H2O (5)
Q2 = −68.3kcal/mol
2C + 3H2 +1
2O2 → C2H6 (6)
Q3 = −65.9kcal/mol
multiplicar ec(5) por 3
3H2 +3
2O2 → 3H2O
multiplicar ec(4) por 22C + 2O2 → 2CO2
multiplicar ec(6) por −1
2C − 3H2 −1
2O2 → −C2H6
Sumando Algebraicamente
3H2 +3
2O2 + 2C + 2O2 − 2C − 3H2 −
1
2O2 → C2H6 + 3H2O − C2H6
3
2O2 −
1
2O2 + 2O2 → 3H2O
Q4 = 2Q1 + 3Q2 −Q3
Q4 = 1− 88.204.9 + 65.9
Q4 = −327k.cal/mol
15. La combustion completa de un hidrocarburo es su conversion total en bioxido de carbono y agua. Apartir de los siguientes datos, a 298K.
H2(g)+1
2O2(g)→ H2O(l)
Q = −68.3k cal/molC2H4(g)+3O2(g)→ 2CO2(g)+2H2O(l)
Q = −337.3k cal/molC2H1(g)+H2(g)→ C2H6(g)
Q = −32.8k cal/mol
Calculese el calor de combustion del etanoSolucion:Etanol C2H6 conbustion del etanol
C2H6 + 3O2 → 2CO2 + 3H2O
CH4 −H2 → −C2H6
Sumando
H2 +1
2O2 + C2H4 + 3O2 −H2 → C2H2 +H2O + 2CO2 + 2H2O
C2H6 +7
2O2 → 2CO2 + 3H2O
22
2C2H6 + 7O2 → 4CO2 + 6H2O
QT = Q1 +Q2 −Q3
QT = −68.3k.cal/mol − 337.5k.cal/mol + 32.8k.cal/mol
QT = −372.88k.cal/mol
16. Sabiendo que el calor de transicion entre el grafito y el diamante a 25C es de −0.46kcal/mol y delcalor de formacion del CO a partir del grafito, dato ya mencionado en un problema anterior, encontrarel calor de formacion del CO2 a partir del diamante.Solucion:
C(g)→ C(d) Q1 = −0.46k cal/molC(g) +O2(g)→ CO2(g) Q2 = −94.16k cal/mol
C(d) +O2(g)→ CO2
SumandoC(g)− C(g) +O2(g)→ CO2(g)− C(d)
C(d) +O2(g)→ CO2
Q2 −Q1 = −94, 16k.cal/mol + 0.46k.cal/mol
Q2 −Q1 = −93.7k.cal/mol
17. A partir de los calores de formacion del SO2 usando azufre rombico S(rh) y azufre monoclınico S(mono),que son de −70.96 y −70.88kcal/mol encontrar el calor de transicion entre ambas variedades de azufre.Solucion:
S(rh) +O2 → SO2(l)
Q1 = 70.96k.cal/mol
S(mono) +O2(g)→ SO2(l)
Q2 − 70.88k.cal/mol
S(mono)→ S(rh)
sumando las primeras reacciones Ec(2)-Ec(1)
S(mono) +O2(g)− S(rh)−O2(g)→ SO2(l)− SO2(l)
simplificandoS(mono)→ S(rh)
Q2 −Q1 = −70.88k.cal/mol + 70.96k.cal/mol
Q2 −Q1 = 0.08k.cal/mol
18. Por un dueto horizontal, 5de diametro, fluye un gas, estando el tubo aislado perfectamente del exteriorpara evitar perdidas de calor. En una seccion del mismo, la presion es de 10 atm, y el volumen especificodel fluido, de 3.86m3/kg y h = 47.52 julios/kg. En otra seccion posterior la friccion ha provocado unacaıda de presion de 2 atms; el volumen especifico es de 4.16g−1m3 y h = 46.71julios/kg. Encuentrenselas velocidades del fluido con cada seccion y el flujo de gas en kg/seg.Solucion:
23
4 Aplicaciones de la primera Ley de la Termodinamica
1. Una maquina termica opera entre 127C y 27C. Calculese la maxima eficiencia que puede alcan-zar. ¿Cuanto calor debe tomar a 127C y que trabajo produce, si su eficiencia solo alcanza al 15%?Supongase
Q1 = 100cal
Solucion:la eficiencia esta dada:
η = 1− θ1θ2
tenemos: θ1 = 27C = 300K θ2 = 127C = 400Ksustituyendo:
η = 1− 3
4
η =1
4
η = 25%
η = 15% =W
Q2
W = Q2 −Q1
0.15 =Q2 −Q1
Q2
0.15Q2 = Q2 −Q1
0.85Q2 = Q1
como Q1 = 100cal entonces Q2 es:
Q2 =100cal
0.85
Q2 = 117.64cal
teniamos que el trabajo es:W = Q2 −Q1
Sustituyendo resultados anteriores
W = 117− 64cal − 100.0cal
W = 17.64cal
24
2. Un gas diatomico a la presion p = 0.5atm, ocupa el volumen V1 = 0.5lt. Este gas se comprimeadiabaticamente hasta el volumen V2 y la presion p2 y despues, manteniendo constante el volumen V2,se enfrıa hasta la temperatura inicial. Al hacer esto su presion llega a ser igual a p0 = 1 atm
a) Dibujase el diagrama de esta transformacion
b) Hallase el volumen V2 y la presion p2
Solucion :sabemos que
P1Vγ1 = P2V
γ2
de la ley de los gases idealesP1V1 = nRT P0V2 = nRT
V2 =p1V1p0
V2 =(0.5atm)(0.5lt)
1atm= 0.25lt
p2 = p1
(V1V2
)p2 = 0.5atm
(0.5
0.25
)1.4
p2 = 1.31atm
3. Para un gas ideal, la energıa es independiente del volumen; esto es, (∂U/∂V )θ = 0 de forma queU = U(θ). Si se define la entalpia como
H = U + pV
Demostrar que para un gas idealH = H(θ)
Solucion:
dH = dU + d(pV )
la ecuacion para describir un gas ideal es PV = nRθ
dH = dU + d(nRθ)
dH =
(∂U
∂θ
)v
dθ + nRdθ
dH =
[(∂U
∂θ
)v
+ nR
]dθ
Dividiendo por ∂VdH
dV=
[(∂U
∂θ
)v
+ nR
]dθ
dV
a θ = cte (∂H
∂V
)θ
= 0
Alternativamente U = U(V, θ); H = H(V, θ)(∂H
∂V
)θ
dV +
(∂H
∂θ
)V
dθ =
(∂U
∂V
)θ
dV +
(∂U
∂θ
)V
dθ + nRdθ
Por el calculo anterior: (∂H
∂V
)θ
=
(∂U
∂V
)θ
= 0
Sabemos que
(∂U
∂θ
)V
= Cv (∂H
∂θ
)V
= Cv + nR
25
4. a Utilıcese la definicion de entalpia para demostrar que en una reaccion quımica del tipo
A+B + . . .→M +N + . . .
ocurriendo isobaricamente, el cambio neto en la entalpia de la reaccion esta dado por
∆H = ∆H0
∫∆Cpdθ
donde ∆H0, es una constante y
∆Cp =∑reac
Cp(θ) =∑prod
Cp(θ
Para la reaccion
CO(gas) +1
202(gas)→ CO2(gas)
∆Hp = Q298k = −67.64kcal/mol
Calculese ∆Hp a 350K, sabiendo que
CP (CO) = 6.42 + 1.665× 10−37T − 1.96x10;−7T 2cal/mol
CP (02) = 6.148 + 3.102× 10−3T − 9.23× 10−7T 2cal/mol
Cp(CO2) = 6.214 + 10.396× 10−3T − 35.45× 10−7T 2cal/mol
siendo validas estas expresiones, entre 300 y 1500K.Solucion:
a) Podemos escribir la entalpia como:
dH = dU + pdV + V dp
y el calor Como:d′Q = dU + pdV
d′Q = dH − pdV − V dp+ pdV
Sabemos que
Cp =
(∂Q
∂θ
)θ
≡(dQ
dθ
)θ
=
(dH
dθ
)θ
si la presion es constante
Cp =
(dH
dθ
)θ
dH = Cpdθ
integrado respecto a H
H =
∫Cpdθ +H0
donde H0 es la constante de integracion rescribiendo la integral
HA =
∫Cp(A)dθ +H0A
HM =
∫Cp(M)dθ +H0M
El incremento de la suma de las entalpias
∆H = HM +HN + . . .− (HA +HB + . . .)
∆H = H = HM +HN + . . .− (HA +HB + . . .)
∆H =∑prod
H0prod +
∫[Cp(M) + Cp(N) + . . .]dθ −
[∑react
H0prod +
∫[Cp(A) + Cp(B) + . . .]dθ
]
∆H =∑prod
H0prod −∑react
H0prod +
∫[(Cp(M) + Cp(N) + . . .)− (Cp(A) + Cp(B) + . . .)]dθ
26
b)
∆Cp = 6.214− (6.42 + 3.074) + 10.396− (1.665 + 1.551)×10−3θ−35.45− (−1.96−4.61)×10−7θ2
= −3.28 + +7.08× 10−3θ − 28.88× 10−7θ2∫
∆Cpdθ = 3.28θ +7.08× 10−3
2θ2 − 28.88
3× 10−7θ3
∆H = ∆H0 − 3.28θ + 3.54× 10−3θ3 − 9.62× 10−7θ3
para θ = 298k, ∆H = −67640cal/mol
∆H0 = −67640′cal/mol + 985cal/mol − 316cal/mol + 25.5cal/mol
∆H0 = −66945cal/mol
∆H − 66.945cal/mol − 3.28θ3.54× 10−−3θ2 − 9.62× 10−7θ3
si θ = 350K
∆H = 66945cal/mol − 1150cal/mol + 440cal/mol − 415cal/mol
5. Una maquina termica ideal opera segun el ciclo de Carnot, con la particularidad de que el 75% delcalor recibido de la fuente caliente lo cede a la fuente frıa. La cantidad de calor que recibe de la fuentecaliente es igual a 1.5 kcal. Hallense a) La eficiencia del ciclo. b) El trabajo que realiza en un ciclocompleto.Solucion:la eficencia en el ciclo de Carnot se define como:
η = 1− Q1
Q2
η = 1− 0.75
η = 0.25
η = 25%
el calor de la fuente fria es:Q2 = 0.75Q1
Q2 = (1.5× 103cal)(0.75) = 1125cal
El trabajo en este proceso se describe como:
W = Q1 −Q2
W = 1500cal − 1125cal
W = 350cal = 1569000J
27
6. Una maquina termica ideal que funciona segun el ciclo de Carnot realiza un trabajo igual a 7.5×104J .La temperatura de la fuente caliente es de 100C y la fuente de agua frıa de 0C. Hallase
a) La eficiencia de la maquina
b) La cantidad de calor que la maquina recibe de la fuente caliente
c) La cantidad de calor que cede a la fuente frıa
solucion:sabemos que la eficiencia esta dada por:
η = 1− TfTc
η = 1− 273k
373k
η = 0.268
η = 26.8%
de la primera ley de la termodinamicaU = Q−W
0 = Q1 −Q2 −W
W = Q1 −Q2
La eficiencia tambien se puede ver como
η = 1− Q2
Q1
sustituyendo Q2
W = Q1 − (1− η)Q1
W = [1− (1− η)]Q1
Q1 =W1
η
Q1 =7.5× 104J
0.268
Q1 = 279, 850.7463J
sustituyendo el valor numerico Q1 enW = Q2 −Q1
Q2 = Q1 −W
Q2 = 276, 850.7463J − 74000J
Q2 = 204, 850.7463J
7. Una maquina frigorifica ideal opera segun el ciclo de carnot, realizando un trabajo igual a 4 × 104Jdurante su funcionamiento toma calor de una fuente cuya temperatura es de −10C y lo cede a otrafuente que tiene una temperatura igual a 15 Hallase
a) El coeficiente de rendimiento
b) La cantidad de calor que se toma de la fuente frıa en calorıas
c) La cantidad de calor que se cede a la fuente caliente en calorıas
a) El coeficiente de rendmiento es
η = 1− 263k
288k
η = 0.08680555
η = 8.6%
28
b) de la primera ley de la termodinamica
U = Q−W
0 = Q1 −Q2 −W
W = Q1 −Q2
La eficiencia tambien se puede ver como
η = 1− Q2
Q1
sustituyendo Q2
W = Q1 − (1− η)Q1
W = [1− (1− η)]Q1
Q1 =W1
η
Q1 =4× 104J
0.086
Q1 = 465, 116.28J
Q1 = 10.6× 104cal
c) sustituyendo el valor numerico Q1 en
W = Q2 −Q1
Q2 = Q1 −W
Q2 = 465, 116.28J − 40000J
Q2 = 425, 116.28J
Q2 = 10.1× 104cal
8. Una maquina termica ideal que funciona segun el ciclo de Carnot recibe de una fuente caliente 600 cal.La temperatura de la fuente caliente es de 400K y la de la fuente frıa de 300K. Hallese el trabajoque realiza la maquina y la cantidad de calor que se cede a la fuente frıa.Solucion:La eficiencia se determina por:
η = 1− TfTc
η = 1− 300K
400K
η =1
4
tambien se describe como:
η = 1− QfQc
Qc =Qf
1− η
Qc =4(600cal)
3
Qc = 800cal
el trabajo esW = Qc −Qf
W = 800cal − 600cal
W = 200cal
29
9. Una maquina termica ideal funciona segun el ciclo de Carnot. Determınese la eficiencia del ciclo deesta maquina, sabiendo que el trabajo que se realiza durante el es igual a 3000 julios y el calor que secede a la fuente frıa, igual a 3.2k cal.Solucion :el trabajo esta dado por:
W = Qc −QfQc = Qf +W
Qc = 3.2× 103cal + 3000cal
Qc = 6200cal
la eficiencia del ciclo es:
η = 1− 3.2× 103cal
6200cal
η = 0.4838
η = 48.38%
12. El volumen de una cierta cantidad de aire (tomado como gas ideal γ = 1.4) A 300K se disminuyeadiabaticamente en un 25% ¿Cual es el aumento en la temperatura?Solucion:
P1vγ−11 = P2V
γ−12
P1V1V γ1V1
= P2V2V γ2V2
nRT1Vγ−1 = nRT2V
γ−1
T1Vγ−1 = T2V
γ−1
300K(VI)γ−1 = T2(0.25VI)
γ−1
V2 =(300k)VI
25VI
T2 = 12
∆T = 312K
13. 1 mol de hidrogeno que se encuentra en condiciones normales se expande adiabaticamente desde elvolumen V1 hasta el V2 = 5V1, Hallase
a) La variacion de la energia interna del gas
b) El trabajo realizado al expandirse
Solucion:
W =
∫pdV
W =
∫nRT
VdV
W = nRTV1V2
W = (1mol)(0.082atm− ltmolK
)(273K) ln1
5
W = −36.01J
Como no hay tranferencia de Q calor∆U = −36.01J
30
14. Un gas se expande adiabaticamente de forma que su presion disminuye de 2 hasta 1 atm. Despues,este gas se calienta a volumen constante hasta la temperatura inicial, con lo cual su presion aumenta1.22atm
a) determine la relacion entre Cp/CV para este gas
b) Dibuje el diagrama de esta transformacion
Solucion:De la primera ley de la termodinamica
dQ = dW
nCvdT = −pdV
nCvdT = −nRTV
dV
CvdT
T= − R
Cv
dV
V
por otra parteR
Cv=Cp − CvCv
=CpCv− 1
suponiendoCpCv− 1 = γ − 1
γ =CpCv
La capacidad calorifica (γ) se relaciona con los grados de libertad de una molecula , por lo que
γ =f − 2
f
la molecula de un gas diatomico posee cinco grados de libertad por lo que el valor de γ es:
γ =5 + 2
5=
7
5= 1.4
31
18. Demostrar que si Cp = a+ bT , en una transformacion adiabatica reversible de un gas ideal se verifica
pV γ = kexp
(− baγ0T
)donde k es una constante
γ0 =a
a− vRSolucion:
d′Q =Cpκ
βpd+
CpβV
dV
ya que es una tranformacion adiabatica, Entonces
CVpdp+
CpVdV = 0
donde
κ =1
p
Cp = a+ bT = a+ bpV
vR
Cvpdp+ a
dV
V+bp
vRdV = 0
Cv = a− vR
Cv = Cp − vR = a+ bT − vR
Cv = a− vR+ bpV
vR
a− vRp
dp+ adV
V+
b
vR(V dp+ pdV ) = 0
a− vRp
dp+ adV
V+
b
vRd(pV ) = 0
(a− vR) ln p+ a lnV +b
vRpv = cte
sabemos que pV = vRT
(a− vR) ln p+ a lnV + bT = cte
ln pa−vRV a − ln cte = −bT
pa−vRV a = cte ∗ e−bT
elevado a1
a− vRpV
aa−vR = cte
1a−vR e
−bTa−vR
sea k = cte1
a−vR
pVa
a−vR = ke−abT
(a−vR)a
y γ =a
a− vR
pV γ = ke−γbTa
32
19. Una mol de un gas ideal originalmente a presion P0 y V=0 se llevan por un ciclo definido por lossiguientes procesos reversibles.
a) Proceso isometrico hasta una presion igual a 2p0
b) Un proceso isobarico hasta un volumen 2V0.
c) Un proceso isometrico hasta una presion P0 y un ultimo proceso isobarico regresando al estadoinicial.
Dibujese el ciclo en un diagrama p − v, calculese la eficiencia del ciclo y comparese esta con la de unciclo de Carnot operando entre dos fuentes termicas a temperaturas iguales a la maxima y mınimarespectivamente, del ciclo anterior.
Cv =3
2R
Solucion:el trabajo Wa,b,c,d = p0V0
η =Wa,b,c,d
Q2=p0V0Q2
las temperaturas en b y d son iguales2p0V0R
= θb = θd
y el calor absorbido esQ2 = Qab +Qbc
el calor Qab se absorbe a volumen constante
Qab = Cv(θb − θa) =CvR
(2p0V0 − p0V0) =3
2p0V0
El calor Qbc se absorbe a presion constante
Qbc = Cp(θc − θb) =CpR
(4p0V0 − 2p0V0)
Qbc =2p0V0R
Cp = 5p0V0
por lo tanto
Q2 =3p0V0
2+ 5p0V0 =
13
2p0V0
y la eficiencia
η =W
Q=
p0V013
2p0V0
=13
2= 0.153
η = 15.3%
la temperatura maxima es la de c, mientras la minima es la de a, y la eficiencia en una maquina decarnot que funcione entre estas temperaturas es
ηc = 1− θaθc
= 1− p0V04p0V0
=3
4= 0.75
η = 75%
33
20. Una maquina termica opera con un gas ideal de acuerdo con la figura siguiente. Suponiendo Cp y Cv,constantes, encuentrese la eficiencia de la maquina. (m y n son dos numeros positivos mayores queuno) ¿pueden ser m y n arbritarios?, podria esta maquina operar con eficiencia?SolucionLa eficiencia de la maquina se define como
η =W
Q
donde
W = −∫ mv
v
−∫ v
mv
pdV = −∫ mv
v
k
V γdV − p
∫ v
mv
dV
A = − 1
1− γ(pmV − npV )− p(V −mV ) = pV
[m− n1− γ
(1−m)
]en el proceso AB, Qab = 0, en BC el sistema cede calor, pero en CA el sistema absorbe calor de unafuente caliente; por ejemplo, Wca = 0 pero Ua − Uc = Qac = Cp(θa − θc) > 0
pV = nRθc R = nR
pV = Rθc npV = Rθa
θa − θc =pV
R
Qac =CvR
(n− 1)pV
η =(m− n) + (1 + γ)(1−m)R
(1− γ)Cv(n− 1)=
R
(γ − 1)Cv
m− n+ 1−m− γ + γm
1− n
=R
Cv(γ − 1)
[γ(m− 1)
1− n+ 1
]
=R
Cv(γ − 1)
[1− γm− 1
1− n
](a)puesto que η > 0 y γ > 1
−γ(m− 1)
1− n+ 1 > 0
por lo tantoγ(m− 1) < (n− 1)
pues n > 1n− 1 > γ(m− 1)
γ <n− 1
m− 1
si m = n, γ < 1 luego m y n no pueden ser arbitrarios (b) si
η = 1 W = Qac
significa queR
Cv(γ − 1)= 1− γm− 1
n− 1=
R
Cv
(CpCv− 1
) = 1
por lo que
1− γm− 1
n− 1= 1
γm− 1
n− 1= 0
γ(m− 1) = 0
las soluciones son:γ = 0 m = 1
contradiccion:γ ± 1
34
21. Demostrar que para un sistema magnetico descrito por las variables M y N la forma diferencial parael intercambio de calor en un proceso infinitesimal esta dada por:
d′Q =1
βmCN dM − x
βmCM
y que la ecuacion calorifica en su forma diferencial es
dU = − X
βmCMdM + (β−1m CN + dN )dM
donde
βm =
(∂M
∂θ
)N
X =
(∂M
∂N
)θ
Solucion
d′Q = dU −N dM
d′Q =
(∂U
∂M
)N
dM +
(∂U
∂N
)M
dN
Cuando tenemos un proceso a M = cte(d′Q
dθ
)M
≡ CM =
(∂U
∂N
)M
(∂M
∂θ
)M
=
(∂U
∂θ
)M
si consideramos un proceso a N = cte(d′Q
dθ
)N
= CN =
[(∂U
∂M
)N
−N
](∂M
∂θ
)N
(∂U
∂M
)N
=
(∂θ
∂M
)N
CN + M
por la relacion ciclica (∂M
∂θ
)M
(∂θ
∂N
)M
(∂N
∂M
)θ
= −1
Llamado
X−1 =
(∂N
∂M
)θ
βm =
(∂M
∂θ
)M
y por lo consiguiente (∂U
∂N
)M
= − X
βmCM(
∂U
∂N
)N
=1
βmCN + N
dU = − x
βmCdN +
(1
βmCN + N
)dM
d′Q =1
βmCN dM − x
βmCM
35
22. Demuestre que la expresion de eficiencia termica de un gas idea con capacidad calorifica constante quesigue el proceso indicado de la figura, conocido como el ciclo Disel es
η = 1−(
1
r
)γrcγ − 1
γ(rc − 1)
donde :
r =V1V2, rc =
V3V2, γ =
CpCv
el ciclo disel consiste en una etapa a presion costante, otra a volumen constante y dos etapas adiabaticaSolucion:De 1 a 2
Q12 = 0
Q12 = −Cv(T2 − T1) = −∆U12
de 2 a 3W23 = p2(V3 − V2) = p3(V3 − V2)
∆U23 = Cv(T3 − T2)
Q23 = W23 + ∆U23
Q23 = p2(V3 − V2) + Cv(T3 − T2)
de 3 a 4Q34 = 0
W34 = −∆U34 = −Cv(T4 − T3)
de 4 a 1Q41 = 0
Q41 = ∆U41 = Cv(T4 − T1)
La eficiencia termica del ciclo es:
η =W
Q=−Cv(T2 − T1) + p2(V3 − V2)− Cv(T4 − T3)
p2(V3 − V2) + Cv(T3 − T2)
sabemosp2 = p3, p2V2 = nRT2 → p2V2 = RT2 p3V3 = nRT3 → p3V3 = RT3
η =−Cv(T2 − T1) +R(T3 − T2)− Cv(T4 − T3)
R(T3 − T2) + Cv(T3 − T2)
η = 1− Cv(T4 − T1)
(Cv +R)(T3 − T2)
pero
Cv +R = Cp yCvCp
=1
γ
η = 1− Cv(T4 − T1)
Cp(T3 − T2)
η = 1− T4 − T1γ(T3 − T2)
= 1− 1
γ
T1T2
(T4T1− 1
)(T3T2− 1
pero la transicion de 1 a 2 y de 3 a 4 son revesibles el proceso, adiabatico; por lo que
T1Vγ−11 = T2V
γ−12 p1V
γ1 = p2V
γ2
p2p1
=V γ1V γ2
p3p4
=
(V3V4
)γ=
(V2V2
V3V4
)γ=
(V2V1
V3V2
)γ36
peroT4T1
=p4V4p1T1
=p4p1
p2 = p3
luegoT4T1
=p4p2p3p1
por lo tantoT4T1
=
(V2V1
V3V2
)γ (V1V2
)γ=
(V3V2
)γT3T2
=p3V3p2V2
=V3V2
η = 1− 1
γ
(V2V1
)γ−1(V3V2
)γ− 1(
V3V2
)− 1
La relacion de compresion r =V1V2
y rc =V3V2
tenemos:
η = 1− 1
γ
(1
r
)γ−1(rcγ − 1)
(rc − 1)
23. a) Encuentrense las ecuaciones de la energıa para una cuerda elastica ideal en las representaciones(L, θ) y (r, L).
b) Escrıbanse las correspondientes formas diferenciales que dan el calor trasferido por el sistema conlos alrededores en un proceso cuasiestatico infinitesimal.
c) Calculense las ecuaciones de ias adiabaticas, si:
τ = kθ(L− L0) k = const
d′Q = dU − rdL
U = U(θ) por ser ideal y L es independiente :
d′Q =
(∂U
∂θ
)L
dθ − rdL
CL ≡(dQ
dθ
)L
=
(∂U
∂θ
)L
d′Q = CLdθ − rdL
En la representacion τ , LU = U(τ, L)
dU =
(∂U
∂τ
)L
dτ +
(∂U
∂L
)τ
dL
d′′Q =
[(∂U
∂L
)τ
− τ]dL+
(∂U
∂τ
)L
dτ
(d′Q
dθ
)τ
≡ Cτ =
[(∂U
∂L
)τ
− τ](
dL
dθ
)τ
el coeficiente de dilatacion α se define como
α =1
L
(∂L
∂θ
)τ
37
y (∂U
∂L
)τ
=1
αLCτ + τ =
(∂θ
∂L
)τ
Cτ + τ
por otra parte (∂′Q
∂θ
)L
≡ CL =
(∂U
∂τ
)L
(∂τ
∂θ
)L(
∂U
∂τ
)L
= CL
(∂θ
∂τ
)L
dU =
[1
αLCτ + τ
]dL+
(∂θ
∂τ
)L
CLdτ
en este caso, en la representacion (L, θ)
CLdθkθ(L− L0)dL
Cl ln θ =k(L− L0)2
2+ cte
cte = lnC1
θ = C1ex
donde x =k(L.L0)2
2CLes la ecuacion de una adiabatica en la representacion (L, θ)
Para obtener la ecuacion de las adiabaticas podria uno, partir de la ecuacion diferencial correspondiente,En efecto (
∂θ
∂τ
)L
=1
k(L− L0)
y (∂L
∂θ
)τ
= −L− L0
θ
Luego sustituyendo EN ecuaAcion anterior y haciendo d′Q = 0
0 = − θ
k(L− L0)CτdL+
1
k(L− L0)CLdτ
o bien
0 = − τ
k(L− L0)CτdL+
Ckkdτ
y llamando τ ≡ Cτ/CL tendremos que∫dτ
τ−∫γe
dL
L− L0= cte
τ = kC1(L− L0)ek(l−L0)2/2CL
38
24. Un kilogramo mol de un gas ideal (Cp∗ = 5R/2) se calienta isometricamente desde 0C hasta 50C;luego, isobaricamente hasta 100C; en una expansion reduce su temperatura hasta 75C; finalmente,se le enfria isobaricamente hasta su estado original. El ciclo completo significa una absorciOn deQ = 74.5k cal, por parte del sistema. Detenninense, Q, W , ∆U en cada una de las etapas y en todoel ciclo. Especifiquese que clase de proceso es la tercera etapa.primera etapa
Wab = 0
∆Uab = C∗v∆θ
∆Uab =5
2R(323− 273)
∆Uab = 125R
Qab = ∆Uab
R = 1.987cal/gmolK = 1.987× 10−3cal/kgmolK = 1.987kcal/kgmolK
∆Uab = 125(1.987) = 248.4kcal = Q
segunda etapa∆Ubc = Cv∆θ
∆Ubc =5
2R(373− 273)
∆Ubc = 248.4kcal
La presion es costante
Wbc = −∫pdV = ∆(pV ) = R∆θ
Wbc = 50R = −99.4kcal
Qbc = U −Wbc
Qbc = 347.7kcal
Cuarta etapa∆Uda = C∗v∆θ
∆Uda = Cv(273− 348) = −5
2R(75)
∆Uda = −372.6kcal
Wda = −p∆V = R∆θ = 75R
Wda = 149.0kcal
Qda = ∆U −Wda
Qda = −521.6kcal
ciclo Completo∆U = 0
Q = −W = 74.5kcal
Wcd = 74.5kcal −Qab −Qbc −QdaWcd = 75.5kcal − 248.4kcal.347.7kcal + 521.6kcal = 0
La tercera etapa debe ser un Proceso adiabaticopor lo que:
Wcd = W −Wbc −Wda
Wcd = −74.5kcal + 99.4kcal − 149.0kcal
Wcd = −124.2kcal
∆Ucd = C∗v∆θ =5
2R(348− 373)
∆Ucd = 124.4kcal
39
10. Un mol de gas ideal, Cv = 3/2SR, describe el ciclo ABCA senalado en la figura donde BC, es unaexpansion adiabatica reversible. Si V2 = 3V1, calcular la eficiencia del ciclo y compararla con la de unamaquina de Carnot operando entre las temperaturas maxima y mınima que ocurren en dicho ciclo.
Solucion:Proceso de A→ B (Isocorico) De la primera ley de la termodinamica
∆U = ∆Wab + ∆Q
pero ab = 0∆U = ∆Q = Cv(TB − TC)
proceso B → C (adiabatico)∆U = ∆WBC + ∆Q
Q = 0
WBC = Cv(TC − TB)
proceso C (Isobarico)
WCA =
∫ VA
VC
pdV = −p(VA − VC) = p(VC − VA)
WCA = P1(3V1 − V1 = 2p1V1
el trabajo del ciclo esW = Cv(TC − TB) + 2p1V1
W = Cv
(pCVCR− pBVA
R+ 2P1V1
W =3
2[3p1V1 − p2V1] + 2p1V1
W =3
2V1[3p1 − p2] + 2p1V1
W =13
2p1V1 +
3
2V1p2 = V1
(13
2P1 −
3
2p2
)La eficiencia se define
η =W
Q
sustituyendo calculos anteriores
η =
V1
(13
2p1 −
3
2p2
)Cv(TB − TA)
=
V1
(13
2p1 −
3
2p2
)3
2(p2V2 − p1V1)
=
V1
(13
2p1 −
3
2p2
)3
2V1(p2 − p1)
40
pero en un proceso isobaricopBV
γB = pCV
γC
pB =pCV
γC
V γB
p2 = p1(3)γ donde γ =5
3
η =
13
2p1 −
3
2(3pγ1)
3
2(3γp1 − p1)
η =
13
2− 3
2(3γ)
3
2(3γ − 1)
= 0.36
η = 36%
11. Un gas con Cv = 3/2R se lleva por el ciclo abca indicado en la figura. Calcular la eficiencia del ciclopara v moles de gas. Notese que bc es una expancion isotermicaSolucion:proceso a→ b (isocoro)
w = 0 ∆U = ∆Q
Q2 = ∆U = Cv(Tb − Tc)
proceso b→ c (isobarico)
Wbc =
∫ c
b
pdV = −nRT lnVcVc
proceso c→ a (isobarico)
Wca =
∫ a
c
pdV = p(Vc − Va)
Observacion:2paVa = nRT
2paVa = paVc
2Va = Vc
El trabajo total es:
W =−nRT ln
VcVa
+ pa(Vc − Va)
Cv(Ta − Tc)=−nRT ln
VcVa
+ paVa
3
2R(Tb − Ta)
como Vb = Va y Vc = 2Va
W =−nRT ln(2) + paVa
3
2R(Tb − Ta)
En la Isoterma se cumple
W =−2paVa ln(2) + paVa3
2R
(2paVaR
− paVaR
) = −−paVa(2 ln(2)− 1)3
2paVa
W =
∣∣∣∣∣∣∣−−(2 ln(2)− 1)
3
2
∣∣∣∣∣∣∣ = 25.7%
41
33 Cualculse la eficiencia de un ciclo de carnot para un solido maramagnetico que obedece la ecuacion
de Curie m = cH
θdonde m es la magnetizacion, H el campo magnetico y c una constante y cuya
energia interna esta dada por U = cmθ+Const siendo cm el calor especifico a magnetizacion constante.Sugerencia Emplese la ecuacion para las adibaticas, calculado directamente de la ecuacion para d′Q enla representacion mθSolucion:
proceso a→ b, con t constante∆U = Q+W
∆W = µH dm
pero m = cH
θsustituyendo H
W =
∫ mb
ma
µθ
Cmdm
W =µθ
C
m2
2
mb
ma
W =µθ
C
m2b −m2
a
2
proceso de b→ c∆U = Q+W
pero Q = 0W = cm(θc − θb)
proceso c→ d∆U = Q+W
∆W = µH dm
pero m = cH
θsustituyendo H
W =
∫ md
mc
µθ
Cmdm
W =µθ
C
m2
2
md
mc
W =µθ
C
m2c −m2
d
2
proceso d→ a∆U = Q+W
pero Q = 0W = ∆U
W = cm(θa − θc)
Q2 = ∆U −W
Q2 = −µθ(m2b −m2
a)
2C
Sabemos que la eficiencia en el ciclo de carnot es:
η = 1− |W ||Q|
42
Sustituyendo los calculos Anteriores
η = 1
∣∣∣∣µθ(m2b −m2
a)
2C+ cm(θc − θb) +
µθ(m2d −m2
c)
2C+ cm(θa − θd)
∣∣∣∣∣∣∣∣µθ(m2b −m2
a)
2C
∣∣∣∣Observacion:
θc = θd θa = θb
η = 1−
∣∣∣∣µθ(m2b −m2
a)
2C+µθ(m2
d −m2c)
2C
∣∣∣∣∣∣∣∣µθ(m2b −m2
a)
2C
∣∣∣∣η = 1−
∣∣∣∣µθ(m2b −m2
a)
2C+µθ(m2
d −m2c)
2C
∣∣∣∣∣∣∣∣µθ(m2b −m2
a)
2C
∣∣∣∣η = 1− m2
d −m2c
m2b −m2
a
η = 1− θ1θ2
26. La energia interna de un gas esta dada por la ecuacion
U = aθ + bp
donde a y b son constantes si β = 1/θ; k = 1/p calcular CV y Cp
Solucion:Sabemos que la capacidad calorifica es
Cv =
(∂Q
∂θ
)v
y la energia interna U = Q
CV =
(∂Q
∂θ
)v
=
(∂U
∂θ
)p
+
(∂U
∂P
)θ
(∂P
∂θ
)V
sustituyendo la energia interna
CV =
(∂(aθ + bp)
∂θ
)p
+
(∂(aθ + bp)
∂P
)θ
(∂P
∂θ
)V
por otra parte (∂P
∂θ
)V
(∂θ
∂V
)p
(∂V
∂p
)θ
= 1
(∂P
∂θ
)V
=−1(
∂θ
∂V
)p
(∂V
∂P
)θ
= −
(∂V
∂θ
)p(
∂V
∂P
)θ
=
1
V
(∂V
∂θ
)p
− 1
V
(∂V
∂P
)θ
=β
k
Sustituyendo en la ecuacion anterior CV y derivando, Obtenemos:
CV = a+ bβ
k
CV = a+ bp
θ
43
5 Segunda Ley de la Termodinamica
1. Una masa de 1K de agua a una temperatura de 25C se mezcla adiabaticamente e isobaricamente conuna masa de 3K de agua a 75C. Calculese el cambio de entropia del agua y del universo. Tomesecp = 1cal/gk para el aguaSolucion:
Q1 = m1Cp(T − T1) Q2 = m2Cp(T − T2)
Q1 +Q2 = 0
m1Cp(T − T1) = −[m2Cp(T − T2)]
m1T −m1T1 = m2T2 −m2T
m1T +m2T = m1T1 + +m2T2
T =m1T1 +m2T2m1 +m2
T =(1kg)(298.15K) + (3Kg)(348.15K)
4kg
T = 335.65K
la entropia es
∆s =
∫cpdT
T
integrando
∆s1 = lnT
T1= (1cal/gK) ln
335.65K
298.15K= 0.1185cal/K
∆s2 = lnT
T2= (1cal/gK) ln
335.65K
248.15K= −0.036cal/K
La entropia total es∆sT = δs1 + ∆s2 = 8.78cal/K
2. Una masa de 1K de agua a una temperatura de 15C se mezcla adiabaticamente e isobaricamente conuna masa igual de agua a 30C. Calcular el cambio de entropia del agua y del universo. Tomese parael agua cp = 1cal/gkSolucion:
Q1 = m1Cp(T − T1) Q2 = m2Cp(T − T2)
Q1 +Q2 = 0
m1Cp(T − T1) = −[m2Cp(T − T2)]
m1T −m1T1 = m2T2 −m2T
m1T +m2T = m1T1 + +m2T2
T =m1T1 +m2T2m1 +m2
T =(0.001kg)(288.15K) + (0.001Kg)(303.15K)
0.002kg
T = 295.57K
la entropia es
∆s =
∫cpdT
T
integrando
∆s1 = lnT
T1= (1cal/gK) ln
295.57K
288.15K= 0.25cal/K
∆s2 = lnT
T2= (1cal/gK) ln
295.57K
303.15K= −0.25cal/K
La entropia total es∆sT = δs1 + ∆s2 = 0
44
3. Un trozode hierro con una masa de 500g a una temperatura de 300C se arroja a una masa de 200gde agua a 17C. si solo ocrre transferencia de calor entre el agua y el hierro, calculese el cambiode entropia del hierro, del agua y del sistema hierro + agua despues de alcanzado el equilibrio. Lacapacidad calorifica del hierro es 0.107cal/gkSolucion:
Q1 = m1Cp(T − T1) Q2 = m2Cp(T − T2)
Q1 +Q2 = 0
m1Cp(T − T1) = −[m2Cp(T − T2)]
m1T −m1T1 = m2T2 −m2T
m1T +m2T = m1T1 + +m2T2
T =m1T1 +m2T2m1 +m2
T =(0.5kg)(573.15K) + (0.2Kg)(290.15K)
0.7kg
T = 409.39K
la entropia es
∆s =
∫cpdT
T
integrando
∆sH = lnT
T1= (107cal/kgK) ln
409.39K
573.15K= −36cal/K
∆sA = lnT
T2= (107cal/kgK) ln
409.39K
290.15K= 36.83cal/K
La entropia total es∆sT = δs1 + ∆s2 = 0.83
4. Dos muestras iguales de un gas inicialmente a la misma temperatura T y presion p se comprimen hastaque su volumen se reduce a la mitad, en el caso isotermicamente y en el otro adiabaticamente
a) ¿En cual muestra la presion final es mayor?
b) Suponiendo que los procesos son reversibles calcular el cambio de entropia del gas y de los alrede-dores ¿se satisface ∆s ≤ 0? Calculese esto cambios para 1 mol de gas
Solucion:
a) En el caso de un proceso isotermicopiVi = pfVf
pi =VfVipf
pero Vf =Vi2
por lo tantoVfVi
=1
2p2 = 2p1
En el caso de un proceso adiabaticopiV
γi = pfV
γf
pipf
=
(VfVi
)γpf = 2pi
como γ > 1 entonces pi > pf por lo consiguiente la mustra que sufrio el proceso adiabatico tienela mayor presion al llegar a V/2
45
b) en todo proceso adibatico se tiene∆s = 0
para un proceso isotermico reversible ∆U = 0, entonces ∆Q = −∆W por otra parte
∆S =
∫ B
A
dQ
T=
1
T
∫ B
A
pdV =1
T
∫ B
A
nRT
VdV = nR ln
VBVA
del inciso Anterior Sabemos queVfVi
=VBVA
=1
2
∆Sisot = nR ln1
2
∆Sisot = −nR ln 2
Para 1 mol de gas∆Sisot = −1.3773cal
5. Considere dos gases 1 y 2 de masas m1 y m2 se ponen en contacto termico a presion constante paraesta presion, los calores especificos por gramo Cp1 y Cp2 respectivamente
a) Calculese la temperatura comun de equilibrio suponiendo que la dependencia Cp con respecto ala temperatura es despreciable
b) Calcule el cambio de entropia
Solucion:
Q1 = m1Cp1(Tf − T1) Q2 = m2Cp2(Tf − T2)
Q1 +Q2 = 0
m1Cp1(T − T1) = −[m2Cp2(Tf − T2)]
m1Cp1T −m1Cp1T1 = m2Cp2T2 −m2Cp2Tf
m1Cp1T +m2Cp2T = m1Cp1T1 + +m2Cp2T2
T =m1Cp1T1 +m2Cp2T2m1Cp1 +m2Cp2
∆S =
∫QTT
=
∫Q1 +Q2
T=
∫ T
T1
Q1
T+
∫ T
T2
Q2
T
∆S =
∫ T
T1
m1Cp1dT
T+
∫ T
T2
m2Cp2dT
T= m1Cp1
∫ T
T1
dT
T+m2Cp2
∫ T
T2
dT
T
∆S = m1Cp1 lnT
T1+m1Cp1 ln
T
T1
6. 10 moles de gas monoatomico se comprimen isotermica y reversiblemente a 300K de una presion inicialde una atmosfera, hasta una presion de 10atm, calculese el cambio de entropia del gas y universoSolucion:De la 1ra ley de la termodinamica dU = dQ+ dW para un proceso isotermico reversible dU = 0
dQ = −dW
la entropia esta descrita por la ecuacion:
dS =
∫dQ
T
sustituyendo el Calor por el trabajo de un gas ideal
dS =
∫ f
i
pdV
T= nR ln
VfVi
46
por otro lado
piVi = pfVfVfVi
=pipf
Sustituyendo, la entropia es
S = nR lnpipf
S = (10mol)(1.987cal/molK) ln1
10S = −45.752365cal/gK
7. 10 moles de un gas ideal se expande libremente hasta ocupar un volumen 3 mayor que su volumeninicial
a) Calculese el cambio de la entropia del gas y del universo
b) Repitase (a) para un proceso isotermico reversible
Solucion:
b) De la 1ra ley de la termodinamica dU = dQ+ dW para un proceso isotermico reversible dU = 0
dQ = −dW
la entropia esta descrita por la ecuacion:
dS =
∫dQ
T
sustituyendo el Calor por el trabajo de un gas ideal
dS =
∫ f
i
pdV
T= nR ln
VfVi
S = nR lnVfVi
S = 10R ln3ViVi
S = 10R ln 3
Sgas = 10R ln 3
a) Sabemos que ∫ f
i
= dS = Sf − Si
No depende de la trayectoriade la primera ley tenemos
dU = dQ+ dW
como se expande libremente implica que no realiza trabajo W = 0
dQ = 0⇐⇒ dU = 0
para un gas idealU = nR∆T
implica que = 0⇐⇒ Tf = Ti ∫ f
i
= dS = Sf − Si
del insiso anterior podemos decir
S = nR lnVfVi
S = 10R ln3ViVi
S = 10R ln 3
Sgas = Suniv = 10R ln 3
47
8. Un sistema se lleva por el ciclo ABCD mostrado en la figura. La temperatura en grados Celsius estaindicada en cada esquina del ciclo. Las capacidades calorificas del sistema son:
Cp = 8.4Joules/K
Cv = 5.05Joles/K
a) Calculese el valor∫d′Qrev para cada porcion del ciclo. De acuerdo con la primera ley ¿cual es el
significado de∮d′Qr?
b) calculese el valor de ∫d′QrT
para cada porcion del ciclo; interpretar ∫d′QrT
de acuerdo con la segunda ley
c) si la consevacion de C a K fuese hecha agregando otra constante diferente de 273.15 que pasariacon el valor de la integral ∫
d′QrT
(Ultice la segunda ley y la definicion de escala termodinamica)Solucion:
a) De la primera ley de la Termodinamica
dQ = dU − dW
dQ = CpdT −κ
β(Cp − Cv)dp
proceso A→ B a presion constante ∫dQ =
∫CpdT
QAB = Cp(TB − TA) = 8.4(1800− 600) = 10080J
Proceso B → C a volumen contante
dQ = CvdT +Cp − CvβV
dV
dQ = CvdT
Q = Cv(TC − TB) = 5.05(900− 1800) = −4545J
proceso C → Dpor un inciso anterior podemos ver que:
QCD = Cp(TD − TC) = 8.4(600− 900) = −5040J
Proceso D → Asimilarmente del proceso B → C
QDA = Cv(TA − TB) = 5.05(600− 300) = 1515J
Notese, etonces que ∫Qr
depende de la trayectoria y queQr = 2010J
48
b)dQ
T= Cv
dT
T+Cp − CvβV T
dV
dQ
T= Cv
dT
T+
κ
βT(Cp − Cv)dp
A→ B
∫dQ
T= Cp ln
TBTA
= 9.23J
B → C
∫dQ
T= Cp ln
TCTB
= −3.50J
C → D
∫dQ
T= Cp ln
TDTC
= −9.23J
D → A
∫dQ
T= Cp ln
TATD
= 3.50J
por lo que podemos concluir ∮dT
T= 0
c) ∫dQ
T
para un proceso reversible NO depende de la trayectoria∮dQ
T= 0
49
9. Supongase que hemos elegido las variables T y s para representar el estado de un sistema en lugar p yV ¿Que forma el ciclo de Carnot en un diagrama T − s? Calculese la eficiencia de dicho cicloSolucion:Sabemos que la eficiencia es:
η =W
Q2=Q2 −Q1
Q2= 1− Q1
Q2
Q2 Area del rectangulo s1abs2 Q1 Area del rectangulo s1dcs2 W Area del rectangulo abcd
η =(T2 − T1)(s2 − s1)
T2(s2 − s1)=T2 − T1T2
η = 1− T1T2
10. Demuestre que dos adiabaticas reversibles no pueden intersertarse (Supongase que se intersectan ycompletese el ciclo con una isoterma; pruebe que el ciclo viola la segunda ley.)Solucion:
Suponemos que la Temperatura del foco caliente Tc con respecto a la temperatura con respecto ala del foco frio Tf es Tc < Tf , Pero durante el ciclo Podemos observar que esto, no sucede para untiempo t, para algun tiempo t Tc > TfSolucion:
En efecto, si se cortan siempre sera posible cerrar un ciclo con una isoterma, contradiciendo el enunci-ado de Kelvin-Plank. Por tanto, las adiabaticas no pueden cortarse.
Pasamos ya a demostrar el teorema de Clausius. Para ello consideremos un ciclo reversible cualquieray tracemos una red de adiabaticas. Entre dos adiabaticas contiguas trazamos isotermas, de forma queel calor transferido en el trozo de ci cıo entre dos adiabaticas sea igual al calor transferido en el procesoisotermico.Tenemos, de esa forma, un ciclo quebrado formado por adiabaticas e isotermas. El calor transferidoen este ciclo es igual al transferido en el ciclo inicial. La trayectoria a-b-c-d forma un ciclo de Carnot;por lo tanto se verificara la ecuacion
Q1
T1=Q2
T2
, donde T1 y T2 son las temperaturas respectivas de los procesos isotermicos a-b y c-d.Si el calor desprendido lo consideramos como negativo, de acuerdo con el criterio usual de signos, setendra:
Q1
T1− Q2
T2= 0
lo mismo ocurrira en el resto del ciclo quebrado. Por consiguiente, sumando todas las expresionesobtenemos: ∑ Qn
Tn= 0
donde la suma esta extendida a todo el ciclo quebrado.
Si trazamos una red adiabatica muy tupida, en el lımite, la temperatura de los proce sos isotermicossera igual a la temperatura en los trozos infinitesimales del ciclo inicial (temperatura en un punto).Por tanto, pasando de sumacion a integracion, tendre mos para el ciclo inicial:∮
R
QnTn
= 0
donde el subındice R hace referencia a que el resultado es valido solo para un ciclo reversible.
La anterior expresion constituye el teorema de Glausius.
50
11. ¿Que forma geometrica toman los ciclos de Dissel y Otto en la representacion T − s?Solucion:
12. Un sistema σ opera entre recipientes termicos se indica en la siguiente figura- Supongase que esteabsorbe 1200 Joules de la fuente T1 y cede 900 Joules a la fuente T2
a) ¿Que cantidad de calor debe ceder a la fuente de 400K para que su ciclo sea reversible?
b) ¿Cual es el minimo valor que puede tener para que la operacion de γ sea factible?, ¿Que ocurresi |Q3| < |Q3|max?
c) Que cantidad de trabajo debe recibir σ para operar bajo las condiciones del inciso a)?
d) Calculese el cambio de entropıa de las fuentes y de σ para el inciso a). ¿Cual es el cambio deentropia del universo?
13. n1 moles de un gas ideal monoatomico a temperaturas T estan en un compartimiento de temperaturaV de un recipiente aislado. En otro compartimiento adjunto separado por una pared aislante, hay n2moles de otro gas monoatomico a la temperatura T que ocupa un volumen V se retira la pared demanera que el volumen disponible para ambos gases es 2V
a) Calculese el cambio de entropia cuando los gases son indeticos y se encuentran a la misma presion
b) Calculese el cambio de entropia cuando los gases son diferentes
Solucion:
a) si los gases son identicosPV
RT= n1 = n2 = n entonces la entropia del gas en cada compartimiento
es
S1 = nS0 + nR lnV
n
con T constante Luego, la entropia total antes de separar la pared, es
Si = 2S1 = 2nS0 + 2nR lnV
n
Cuando se separa de la pared, se tiene 2n moles de gas en un Volumen 2V , esto es
Sf = 2nS0 + 2nR ln
(2V
2n
)por lo consiguiente, la separacion de la pared, es
∆ST = Sf − Si = 0
no hay cambio en la entropia cuando los gases son identicos
51
b) si n1 6= n2 la entropia del gas en cada compartimiento es:
S1 = n1S01 + n1R ln
(V
n1
)
S2 = n2S02 + n2R ln
(V
n2
)La entropia total antes de separar la pared es:
Si = S1 + S2 = n1S01 + n2S02 + n1R ln
(V
n1
)+ n2R ln
(V
n2
)Cuando se separan se tiene:
Sf = n1S01 + n1R ln
(V
n1
)+ n2S02 + n2R ln
(V
n2
)por lo tanto
∆S = n1R ln
(2V
n1
)+ n2R ln
(2V
n2
)− n1R ln
(V
n1
)− n2R ln
(2V
n2
)14. a) un k de agua a 0C se ponen en contacto con una fuente de 100C. Cuando el agua en fase de
vapor ha alcanzado esa temperatura, ¿Cual ha sido la variacion de la entropia del agua, de lafuente y el universo?
b) Si el agua se hubiera calentado de 0C a 100C poniendola primero en contacto con una fuentede 50C ¿Cual habria sido (∆S)univ
c) Explicar como podria calentarse el agua de 0C a 100C de manera que (∆S)univ = 0
Solucion:
a)
∆Sagua = mCp lnT2T1
+l
T= 418× 10ln
373.15
273.15+
3.34× 105
373.15
= 4.18× 103 ln 1.366 + 0.895× 103 = 2.20× 103JK
∆Sfuente =Q
T=Cp∆T
T= −Cp
373.15− 273.15
373.15
b)
52