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• Fernand Muñoz

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CALOR Y PRIMERA LEY DE LA TERMODINÁMICA

La figura representa el ciclo de funcionamiento de una máquina de vapor ideal por el que tenemos que: (a) cuando el vapor de la caldera comienza a entrar en el cilindro la presión en el aumenta a volumen constante VQdesde P0 hasta P] (rama AB); (b) al seguir entrando vapor en el cilindro el émbolo se mueve de izquierda a derecha (rama BC) a presión constante Pi. (c) el desplazamiento del embolo hacia la derecha continua, pero cesa la entrada del vapor de la caldera en el cilindro, tiene lugar la expansión adiabática del vapor (rama CD). (d) cuando el émbolo llega a su posición extrema derecha el vapor del cilindro sale al condensador y la presión desciende a volumen constante V2 hasta el valor P0 (rama DE), y (e) al moverse el émbolo en sentido contrario le empuja al vapor que queda en el cilindro a presión constante Po y el volumen disminuye desde V2 hasta V0 (rama EA). Hallar el trabajo que realiza esta máquina en cada ciclo si VQ= 0,51, V¡ = 1,51; V2= 31; PQ= 1 atm, P | = 12 atm y y = 1.33 .

p

B

c

A

E

Po

V0

SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y

Vi

V2

www, eci y kperu,coi

CALOR Y PRIMERA LEY DE LA TERMODINÁMICA

SOLVER EDK «

Del gráfico: w ,= (P l -P0)(V 1-V 0) = lla tm - L Para el proceso CD PcVc = PD-Vp (12)(1,5)1,33 =Pd ( 3)1,33 =>

PD = 4,7 Atm

Ahora: W , = í> .d V -(1 )(1 ,5 ) = f ‘ ^ < IV - (1 ,5 )

w2=9,65 Atm -L w tü tal

=>

=20,65 Atm-L

wTOTAL =2088,9 J

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I

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CALOR Y PRIMERA LEY DE LA TERMODINÁMICA

Una maquina frigorífica ideal funciona como bomba de calor según el ciclo de Carnot

*

inverso. Esta máquina recibe el calor del agua, que se encuentra a 2°C y lo transmite al aire, cuya temperatura es de 27°C. Hallar (1) el coeficiente nb es decir, la relación que existe entre la cantidad de calor cedida al aire durante un periodo determinado de tiempo y la cantidad de calor absorbida del agua durante este mismo periodo. (2) El coeficiente n2, es decir, la relación que existe entre la cantidad de calor absorbida del agua durante un periodo de tiempo determinado y la energía empleada en el funcionamiento de la maquina durante este mismo periodo (n2 recibe el nombre de coeficiente de funcionamiento o eficacia de la maquina frigorífica), y (3) el coeficiente n3 es decir, la relación entre la energía empleada en el funcionamiento de la maquina durante un intervalo de tiempo determinado y la cantidad de calor cedido al aire durante este mismo tiempo (el coeficiente n3 es el rendimiento termino del ciclo). Hallar ni, n2 y n3.

a)

116

Q T n, = —— = — =>(esto por Carnot) Q ab Tb

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SOLVER EDK «

CALOR Y PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA

n, =1,09 b) Ahora para: n =-^ab_

Q , ^emple De lo anterior: Qced=l09

Q WJ=1

Q,■empleada = 0,09QA

n2 =11 c) Ahora para:

^^í>m n

QCed = 3,09QAb

Qn

Qemp=0;09QAb

n3 = 0;83

Una máquina térmica ideal funciona según el ciclo de Carnot empleando aire caliente, el cual se toma a una presión inicial de 7 atm con la temperatura de 127°C. El volumen inicial del aire es de 2xl0_3m3. Después de la primera expansión adiabático el volumen de 81. Hallar (1) el trabajo total realizado durante el ciclo (2) el rendimiento del ciclo.

jjfn f M a r

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I

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Para el tramo (1 -> 2) el proceso es isotérmica, entonces: P,V, =P V (7)(2) = P (S) P = 2 Atm Luego para ei proceso (2 -> 3) El proceso es adiabático y considerando un dictonico P = V —P V , r = 140 P = 1, 45 Atm Ahora para el tramo (3 -> 4) es isotermo p - v =p - v => P .P =11,6 ... (*) Ahora (4-^1) P ,.v r= p 4yr P .V; =18,5 .. (**) Resultando (*) y (**) tenemos: 2

2

2

2

, 8

2

2

3

3

3

3

4

3

4

4

4

4

0,4 = 4

1 ^ 24

= 3 2 (£ ) V )

P = 3,625 atm 4

= W w2 + w

w

, ^ 2

= P.V.Lr

2^ 3

vVoy

+w

3^ 4

' W 2-> 3

+

+w

4_ ,

P í *Y

3

I

Vf

y

oy

Ahora tenemos que

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wyvw. edukperu,corn

I

CALOR Y PRIMERA LEY DE LA TERMODINÁMICA

.1

SOLVER EDK «

Reemplazando tenemos: w Neto = 15,83 atm x litro w Neto=1601J

Pero

PjV, = nRT

=> n =0,43

P,V,=nRTA =>

Ta = 329 k

=> n = 0,178 #

Cierta cantidad de oxigeno ocupa el volumen V| = 31 a la temperatura ti = 27°C y a la presión Pi = 8.2 x 105 N/m2. En un segundo estado este gas tiene los parámetros V2 = 4. Si y P2= 6 x 105N/m'2. Hallar la variación de la energía interna del gas para ACB y ADB.

D

P2

C

B v

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)

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CALOR Y PRIMERA LEY DE LA TERMODINÁMICA

Como AC es isocoro

Tc =219.5 k Ta

Tc

Donde:

Cv =5,03

Cp = 7,03

cal m ol-k

cal mol - k

Además Q djs = AU

^

QdiS = nCvAT ... (1)

Ahora:

PAVA =nRT

n = 1 mol en (1)

AUac = QACdic =-404,92 cal = -1692,6J ... (1) Para el tramo CB el proceso es isobàrico:

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c

___* ......... - S 0 L V E R E P K

"* « _______________

Qmr —nCpAT —AU cb + Wjg (7 ,0 3 )(1 0 9 ,8 )(4 ,1 8 )-(6 x 105)(1 ,5 x 10'3) = AV cb AU cb = 2326,5 J ... (2 )

Luego: AU^ =633,9 J 2o Debido a que ambos tramos llegan al punto B. Luego AU^n =633,9J

Dos gases distintos uno de los cuales es monoatómico y el otro diatómico, se encuentran a igual temperatura y ocupan el mismo volumen. Ambos gases se comprimen adiabáticamente de manera que sus volúmenes se reducen a la mitad. ¿Cuál de los gases se calienta más y en cuántas veces?

Para el gas monoatómico

X =l,68 2 El gas diatomico r = 1,40

2 Ahora como el trabajo: AU = w para gas monoatómico, tenemos:

Pero Y = V

w =P,V(0,55) ... (2) www.eduRperu.com

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CALOR Y PRIMERA LEY DE LA TERMODINÁMICA

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Para el diatómico W =

PiYT

- L - !-

Y- 1

P.v r

w = P,V(0,6l) ...(1) (1) y (2) tenemos AU = w 3 -nRAT, =P,V1(0;5) ... (monoatómico) |nRAT2 =P1V1(0,6) ...(diatómico) AT, =0,3To ... (monoatómico) AT2 =0;24T0 ... (diatómico) TFi =1,3T0 =>

TFj =1,24T0

-Ti - = 1,05 TF

Un Kilomol de gas perfecto realiza un ciclo compuesto de dos isocoras y dos isóbaras. Al ocurrir esto el volumen del gas varía desde Vi = 2m3 hasta V 2 =50 m3 y la presión desde P, = 1 atm hasta P2 = 2 atm. ¿Cuántas veces será menor el trabajo realizado con este ciclo que el que se obtiene con el ciclo de Carnot, cuyas isotermas corresponde a las temperaturas máxima y mínima del ciclo que examinaremos, si durante la expansión isotérmica el volumen del gas aumenta dos veces?

122

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C

CALOR Y PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA

SOLVER EDK «

Ahora T = T,

También para el punto (3) T3

_ __2_

T

V3

V2

'V vV2y

T3 = 2T2 = 4T Para el punto (4) T. = — = 2T

Pi

p3

w util =(1,05)x 105x (25) = 26,25x 105J Pero tenemos en ei ciclo de Carnot

YyV/'V.0í juKperu ;corrí

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CALOR Y PRIMERA LEY DE LA TERMODINÁMICA

» SOLVER EDK

y n =l —4 t 4/

=>

n =0,75

Ahora: W u t il= (n R 4 t L n ( 2 ) ) n

wutn =3nRLn(2)T ... (3) Camot

Ahora para el primer caso (punto 1) tenemos: PV =nRT (l,05xl0s)(25) =(l03)(8,3l)T =>

T =315,9 k

.-. wuül =54,e>xl05J Camot

wutil

=2,1 veces

Camot

O

El diámetro del cilindro de un motor de combustión interna con carburador es de 10 cm y la carrera del émbolo es igual a 11 cm. (1) ¿Qué volumen debe tener la cámara de comprensión, sabiendo que la presión inicial es de 127°C y que a la presión final en dicha cámara después de la compresión es igual a 10 atm? (2) ¿Cuál será la temperatura del gas en la cámara después de la comprensión? (3) ¿Qué trabajo se realiza durante la compresión? Si 7 = 1.3

Ejercicio para el lector jj|P

Dos esferas concéntricas huecas de radio R, y R2y temperaturas interna T, y externa T2 (T, > T2) y conductividades térmicas K, y K2respectivamente. Hallar la temperatura entre las esferas a la distancia R3y el flujo calorífico, ver figura.

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www,edukperu.ccir?

.. c

CALOR Y PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA

......„

SOLVER EDK «

'\

/ / v - %\ \ í ■

du í*I„ ° . rT * -kAdr Jrd Qdx=JT

Q (d - x ) = -kA(T2-Tx) ...(2 )

De (1) y (2) tenemos que: 'T -T n T = *2 *1 x +T,

b)

dT Q= kAx — , A x =2^x.h dx Q=-k„7rxh wvwv; edaKperu,com

dT dx SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II

a

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CALOR Y PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA

[XQ— = fTx-2k;rhdt x Jt!

J t,

Ln(x/r,) Análogamente realizamos de punto x a r2 q

2k7rh(T2 Tx)

...(2)

M r2/x) Igualando (1) y (2)

^2k^(Tx-T,) L„(x / r i)

^2k^(Tg-Tx) L n ( r2

!x )

T ^ ^ V r^ x / rO + T ,

L„l — Veinte gramos de helio, encerrados en un cilindro por un pistón se transforman de un modo infinitamente lento del estado con volumen VI =321 y presión P1 =4.1 atm al estado con volumen V2 = 91 y P2 = 15.5 atm. ¿Cuál será la mayor temperatura alcanzada por el gas en este proceso, si en el gráfico de la dependencia de la presión en función del volumen del gas el proceso está representado por una línea recta?

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www.edukperu.c

I

£

CALOR Y PRIMERA LEY DE LA TERMODINÁMICA

SOLVER EPK «

Tenemos como el trabajo que se efectúa es infinitamente lento. Q ^entrega = AU —w vv 2w = AU ...(* ) Como también se trata de un monoatómico. AU = -nATR

2

AU = —— ... (**) 3 Rn

Ahora del gráfico mostrado: w=

'Po+P, w

(v,- v 2)

w = 225.4 atm-1 4 225,4 AT = 3 0,082(n)J A T =--3 3 6 5 ... ,(a)x AT

AT = 336,5k Xtiax =336,5+T Tmax =496,5k

Un cuerpo esférico de un lcm de diámetro está a una temperatura de 727°C. Suponiendo que irradia como si fuera un cuerpo negro. Hallar la cantidad de calor irradiada por unidad de tiempo emitida por su superficie.

M

IM

T

Tenemos que: T = 1000 k e = crT4 = (5,67x10~8)(1000)4 £ = 56700 wvvw. eduRperu.com

w

m SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II

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Q=

4,18

CALOR Y PRIMERA LEY DE LA TERMODINÁMICA

= 4,25 cal/seg

Un proyectil cuya temperatura es de 30°C y su calor especifico 0.09, es detenido por una placa de acero. La velocidad del proyectil es de 500 m/s en el instante del choque, y el calor producido se divide igualmente entre el proyectil y la placa. ¿Cuál es la temperatura que alcanza el proyectil? El calor disipado = E M) 500 m /s

m

Luego se ve que el calor ganado por la bala es: ^ = m C e-(Tea -30) ... (2)

=> Tef=196,14°C El calor específico verdadero del grafito, referido al átomo gramo, viene dado por la expresión: C = 2.67 + 2.62 x 10“3T - 1.17 x 10'5 T “ 2 donde T en °K . Calcular la cantidad de calor que precisan 10 kg de grafito para elevar su temperatura de 50 a 300°C. Tenemos: C = 2.67 + 2.62 x 1Cr3T —1.17x1 (T 5 T~2T (k )

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■www. eci ukpertLGGí

c

CALOR Y PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA

Í iUU

50272

SOLVER EDK «

Gdt

Ahora:

C =2,67 +2,62X10-3(T - 273) - (l.T7x10“5) (T - 273)"2 Donde T(°C)

Q = mj™, (l, 95 + 2,62 x 10'3T - 1,17 x 10'5 (T - 273)"2) dT ,3t2 | 1,17xlQ-5 Q =104x 1,95T +I,31xl0 T + T-273 =>

Q = 6,02x10“ cal

Q = 602 kcal Se mezclan 8 kg de agua a 100°C con 2 kg de hielo (2) Cuál será la temperatura de la mezcla (b) ¿Y si, en lugar de 2 kg; añadiéramos 15 kg de hielo? (c) ¿Y si estos 15 kg estuvieran a 20°C bajo cero? Ce (hielo) = 0.5.

a)

100 Observación: Falta indicar que el hielo se encuentra a 0 z Tenemos que: =>

Q L + Q

= 0 ^ = Q perd¡do

mhieioL+CemaauaAT, =maglkJCeAT2 (2000)(80)+(1)(2000)(TK|) =(8000)(1)(100-Teq) wvvw.eduKperu.com

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CALOR Y PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA

Teq=64°C

b) Como tenemos 8 kg agua a 100°C y 15 kg hielo a 0°C; veamos cuanto calor necesita todo el hielo para fundirse. Qtran = m H il = ( ‘ 5 0 0 0 ) 8 0

= 120 kcal... (1) Podemos verificar que el calor entregado por 8 kg de agua, hasta que llegue a T = 0°C es: =CemAT = (l)(8000)(l00) = 100 Kcal

(2)

max

De (1) y (2), podemos verificar que no todo el hielo se fundirá, •'« en la mezcla existía agua y hielo.

Teq =0°C Sea m = masa de hielo fundido mL = Qentre8a=Cem,AT m(80) = (8000)(l00)

=>

m=.10kg

aguafrja =18kg hielofi = 5kg

c)

JQ

-20

l

0°C

100 c

Análogo al caso anterior: t = 0°C Q «« =100k = (0,5)(l5000)(2) +m(80)

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I

SOLVER EDK «

CALOR Y PRIMERA LEY DE LA TERMODINÁMICA

=>

m = 1,0625 lo que se funde.

Se introducen 3 litros de oxigeno medidos a 15°C y 760 mm con 8 litros de hidrógeno medidos a 20°C y 750 mm y 4 litros de nitrógeno a 12°C y 710 mm en un recipiente de 6 lt de capacidad y temperatura 16°C ¿Cuál será la presión de la mezcla?

Para la mezcla total piden P.

Pviz'Yviz ~ ^total^Mz PMz.(6) =ntotal(62,4)(280) PMz=ntotal(3005,4) ..(1) =>

P^ =1842 mmHg

PT«ai =n,+n2+n3 Para cada gas, veamos: P ^ =n1RT1

>

=>

'n, = 0,13(02)

P2V2 = n2RT2

=>

n2 = 0,33(M2)

P3V3 = n3RT3

=>

n3=0,16(N2)

AT«a¡ =0,612 mol

En un calorímetro de cobre de 25g de peso se ponen 10 gr de alcohol a 10°C, se introduce una masa de cobre de 50 g a 100°C y la temperatura de equilibrio es 16°C. Siendo 0.095 al calor específico del cobre, hallar el calor especifico de alcohol.

100 e www. ed y Kper u.com

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CALOR Y PRIMERA LEY DE LA TERMODINÁMICA

Q

q

H +

Q cu, -

Q

^^Cu^Cu,

cu2

^-^01^2^2

(l00)(Ce)(6)+(0,095)(25)(6) =(0,095)(50)(84) CeoH=0,641 Una cantidad de gas de volumen V, y presión P, realiza sucesivamente las siguientes 3 transformaciones: la primera isotérmica, con un grado de expansión ff=V,/V2, la segunda a presión constante; y la última adiabática. El estado final es idéntico al del principio. Calcular el trabajo de dilatación del gas y el calor puesto en juego durante el ciclo.

P a

~ J

i

%

T'2

P3=P2 V3

Vi

—

SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II I

CALOR Y PRIMERA LEY DE LA TERMODINÁMICA

(________________

SOLVER EPK «

Tenemos el siguiente ciclo termodinàmico:

Además : s = — , piden hallar w. Del proceso tenemos: p ,v ,= p2v 2

p2=*p,

= £

p,

v2

Además en el proceso 3 - 1:

2 IV

p\r = p V r ' => = (— 1 ,2 3 p2 l v, Ahora si: Va dV

w = P,V,Ln

w =P|V1Ln| — |-fP,

V7

A

v ''5

w = PtV1Ln| — |-ffP,Vi

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rP1V V1V

_ ^ _ ( Vw - v r )

£

p,v;•w Y- 1

1

-y

-v;_r

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CALOR Y PRIMERA LEY DE LA TERMODINÁMICA

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w =P1V1 El calor puesto en juego, sea Q = w

f Q = p,v ,

y-\_\ 1

-e y

Un ciclo se compone de una transformación a volumen constante y de otra a presión constante, separados ambos por dos transformaciones adiabáticas. El estado inicial pl, ul, TI se da, así como los grados de expansión s y s[ , de las transformaciones adiabáticas. Hallar el trabajo de dilatación del ciclo y el calor necesario para efectuarlo.

£ =L> j /ü2 sx=u4/u3

p A

P 1+ V 1

Pl i J

p 4

^

i


P2 = P ^

Para el tramo (3 - 4) se cumple: P4V,'=P,V¿'

=»

P4^ = P 3=P2

P4 =P rl W util =W,_ 2 - W 2 _3 - W 3 _ 4

Y) dv =p^ J ^ - p2(v2-v3)-P3v/J,v, y?P \JY

w ^ = ~ ( V'~r - V" r) - P> £>

PV r, v, y

yi-r _

r- i wvAV.edukpwu.com'

vV 11-^

£

*■)

- ^ p

( v r - v r )

7/ V / -P^v,

P .(v ,)

( r - 1)

£

Vw V1 - - i

y

SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II

]

» SOLVER EDK

w =P,Y,

8

1

(r-

Y

P ,V ,

W =

CALOR Y PRIMERA LEY DE LA TERMODINÁMICA

1)1

.1 - Y

i.,r )

1

[ r - 1)'


Qp “

-(V3-V2)

V.Pí 'C =» QP= ^ R

£-£.

...(*)

Análogamente: /

V,Cv

Qv = Y - v íp,'dP

=>

V,cv

pv

Q v = ^ - ( p4- p.) V

b )

Qneces

Q

Q

=

£

^

-P,

• ( * * }

.

y

Qp + Q V >d e (* ) Y (* * )

sr

c

f ■ V

PV =^ - £ ' R

+ CD

+Cn

SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II

1 V£i

I

a

£j

www.edukperti.Gorn

(

SEGUNDA LEY DE LA TERMODINÁMICA

_____

SOLVER EDK «

CAPITULO 640 g de plomo derretido a a! temperatura de fusión se vierten sobre hielo a 0 °C . Hallar la variación que experimenta la entropía durante esta transformación.

Primero hallaremos la temperatura de equilibrio del sistema, sean 100 g de hielo y por datos de tabla se tiene:

Tf

Aplomo

=326, 5oC

Ce =0,03-^g°C

Lr

Lf =5,9-^F"' gC

*

Ce =1,074-^g°C

=80—

En el equilibrio:

L^xM hiek) +Mhielo.C%o (T„ -0) =Lu -MpbC^ (326,5-Tj

De la expresión anterior obtenemos Teq:

Teq =16,15 C o 289,15k

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SEGUNDA LEY DE LA TERMODINÁMICA

La variación de entropía será:

_

f

Q fusión

~ T328,5° C

^pb^epb

J

t

AS = 6,29cal +mpbCepb^n J l

v i;,

594,5

AS = 6,29cal + 640.0,03£n

289,15

k leal

,\AS =2 0 ,2 8 ^ x ^ ^

AS = 84,81^

dallar el aumento de entropía correspondiente a al transformación de 1 g de agua a 0°C en vaporal00°C.

JH flttC TTW La variación de la entropía es:

•dQ _ r mCedT t

~~ J

t

1

AS = mCeaguaL„ T,

r mLv JT

im ° r

o °c

Agita

10 0 °C

10 0 °C

B

c

Agita

V;apor

373

SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y I

www, ed ukparu.cw\

SOLVER EDK «

SEGUNDA LEY DE LA TERMODINÁMICA

,c _

r

. ( 373^1 mLv_

J

m 633113 n 273 + 373

.\AS = 7,356-f7 Oi

6 .6

g hidrógeno se expanden por vía isobàrica hasta duplicar su volumen. Hallar la

variación que experimenta la entropía al producirse esta expansión.

Proceso

Las moles serán:

n=

2

= 3,3mol

La variación de entropía es:

dQ

fB nCpdT

^ =P F = Af

AS = nCpLn

-rU -xn

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SEGUNDA LEY DE LA TERMODINÁMICA

» SOLVER EDK

Para un gas ideal: PAV0=nRT1

2PaV0 = n h T2

>T2 = 2Tr ..(l)

De (2) en (1):

AS = nCp£n

= nCpín2

C'PiI

AS = (3,3)7£n2 = 15,8—

K

I Después de haber sido calentados 22 g de nitrógeno su temperatura absoluta aumentó 1.2 veces y la entropía en 4.19J°K. En que condiciones se llevo a cabo el calentamiento (a volumen o a presión constante)

Consideramos que se elevó a presión constante, de esto, la entropía en este proceso tiene que ser igual al dato:

AS = 4,19 J/°K •

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www.edukperu ,00 ¡TI

SOLVER EDK «

SEGUNDA LEY DE LA TERMODINAMICA

AS = J ^

= n C p ln |jf

Pero: i =1,2

T,

AS = nCpLn| -

AS = 4 ,1 9 -

El proceso se llevó a presión constante. Hallar la variación que experimenta la entropía al pasar un gas del estado A al estado B en las condiciones que se indican, si la transformación se efectúa (a) por el camino ACB y (2) por el camino ADB.

8.2

P x 105 (N/m2) A ■

6.0

i

B

D

!

t3 4.5

V(L) *-

Tj = 27°C m

www.eduKperu.cqm

m

m

SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II

143 -

v

» SOLVER EDK

SEGUNDA LEY DE LA TERMODINAMICA

Para el camino ACB se tienen 2 procesos: AC isobarico y CB isocoro.

AO rBnCvdT

rnCpdT

>Ao — I ------ b ------

Je

AS = nCvLn

. J

T

1

A

T

1

ÍT r Ì +nCpdT c vTc > V TA J

í

t

B

)

Considerando que es un gas diatómico:

AS =0,4ní^Rj-0,3ní|R

AS =0,65nR En (A) hallamos “nR” _

Pv T

8,2x10 x3xl0 300° k

nR = — = —----- ------

nR =8,2

J

■AS =5,33— 1 0l

Para el camino ADB se tienen de la misma forma 2 procesos: isocoro e isobàrico:

44

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SEGUNDA LEY DE LA TERMODINÁMICA

AS = nCvLn

219,5

200

+ nCpLn

329,3 219,5

AS = 0,4C n - 0, 3nCv

AS = 0 ,4 |^ R )n - 0 ,3 Í|R |n

AS = 0,65nR

AS = 0,65(8,2 W

AS = 5,33-r’ 0|

Un metro cúbico de aire que se encuentra a al temperatura de 0°C y a la presión de 2 kgf/cm2se expande isotérmicamente desde el volumen V2=2V¡. Hallar la variación de al entropía que origina esta transformación.

m m m m

En un proceso isotérmico:

dV = dQ +dw = 0 www.eduKpery.com

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3

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SEGUNDA LEY DE LA TERMODINÁMICA

dQ =PdV

Por definición:

* -í? -í¥ f nRdV _ nRL

J

y

í v0 Iv J

Hallamos “nR”, como es un gas perfecto.

nRT = P.V

_ 20N/cm2.lm3 _„0 J nR =----- r----=732— °k 273" k Reemplazando en (1):

AS =733L„

2V, v V, ,

AS =507,87 Oí

j® Una maquina térmica que funciona entre dos temperaturas ti y t2puede, teóricamente, convertir en trabajo útil la cuarta parte del calor que se suministra. Si la temperatura t1; correspondiente al foco caliente, disminuye 60°C, el rendimiento teórico de la máquina es la mitad del anterior. Hallar los valores de ti y t2. 146

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SEGUNDA LEY DE LA TERMODINÁMICA

M á q u in a l

" A '

M á q u in a " B ' -333^

I l j

U Q'

v Q -*► w = Í Q 4

/

_

1\

/ T■,2 \ nA Sabem os que la eficien cia es:

w

T2

n =— = 1— Q T, En la m aquinaria A:

Por condición:

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1

n = —n¿

s

2

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SEGUNDA LEY DE LA TERMODINÁMICA

ng

= 1-^55 =

T,

2U

7T,-8T2 =7 x 333

71, -8T2 =2664...(l)

De la maquina:

nAA= l--fTT, 1 =1-1 4

T,

4T2 =3Tr ..(2)

De las ecuaciones (1) y (2) obtenemos T ( y T2:

T, =107,5°C

T2 = 12,3°C

Demuestre que un proceso a volumen constante, Ds/Du =1/T y (b) que en un proceso en que no cambia la energía interna del sistema Ds/Dv =Pt

1

8

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(

SEGUNDA LEY DE LA TERMODINAMICA

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1 =1ÜL 4T2=3T,...(2) De las ecuaciones (1) y (2) obtenemos T¡ y T2:

r, = 107.5°C í 2= 12.3°C jggii

yjjp Demuestre que un proceso a volumen constante, dS/dU = \ÍX y (b) Que en un proceso en que no cambia la energía interna del sistema dS/dV = P/T.

a)

Para un proceso a volumen constante dU es: dU= dQ + dw ... (1) dw = dQ + PdV...(2) como el V: cte, entonces: dw = dQ por definición:

dS =^ T dS J_. iq dU ^ dS = — => — = — dU T b) Para un proceso en que no cambia la energía interna: dU = 0. En (2) se tiene que: dQ = PdV Por definición:

dS =^ T dS =M T

,dS_P ' ’ dV ~ T www. ed ukper u.corn

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u

_ ---------------------------------------------

» SOLVER EDK

J

...........

SEGUNDA LEY DE LA TERMODINÁMICA

Prueba que el cambio de la entropía de un gas monoatómico ideal entre el estado inicial (P0, V0, T0) en que la entropía es S0y un estado final (P,V,T) en que la entropía es S está dado por: S - S 0 =3/2nRLn(T/T0) +nRLn(V/V0) en donde n es el número de moles de gas.

jM g rü «r Por teoría sabemos que: AV = AQ +Aw...(l) y la definimos de entropía es: AS = Jy ...(2 ) ♦

jligfk

@

Cinco moles de un gas ideal Cv = 3 experimentan una expansión isotérmica reversible desde un volumen inicial de 24lt hasta un volumen final de 20 lt a la temperatura de 300°K. Halle: (a) El cambio en la energía interna del gas (b). El cambio en la energía interna de los alrededores, (c) el cambio en la entropía del gas (d) el cambio en la entropía de los alrededores (e). El cambio en la entropía del universo.

Proceso isotérmico

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SEGUNDA LEY DE LA TERMODINÁMICA

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Proceso isotérmico a)

Para un proceso isotérmico: AUS = 0 dQ = dw = PdV

b) Por teoría: AVg+ AVg = 0 Av =0

c)

Como dQ = PdV, por definición de entropía: •dQ

r PdV

T

J

T

■••.(I)

Por ser un gas ideal se tiene que: P = ^ . . . ( 2 )

V

De (2) en (1) se tiene: AC

f•nRdV '

ASs=J-

V

AS*’ nRf" í ^ AS = nRí

24

20

•1.81 —

°k

d) Como la AS„S +AS3 =0 Se tiene que la entropía de los alrededores es: AS. = AS, ASa =-1.81

e)

cal

°k

Como es un proceso reversible la variación de la entropía en el universo es cero.

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D

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SEGUNDA LEY DE LA TERMODINÁMICA

ASa =0 1J Una bolsa que contiene 75kg de arena se deja caer hasta el suelo desde una plataforma de 4 metros de altura. La temperatura en el exterior es de 30°C. Suponiendo que no se transfiere energía al piso. Halle el aumento en la entropía de la bolsa de arena.

Solo se ejerce trabajo: dQ = dw AQ = Aw AS = —T -= —i = T ^

(75)(9.8)(9) 303

AS = 9.7— x0.24— °k J AS = 2.32— °k

El calor específico medio del cobre es 0.093 cal/g°C entre los límites de temperatura de 0°C a 100°C. Halle el cambio total en la entropía para los siguientes casos: (a) Un bloque de cobre de 500 g a la temperatura de 90°C se coloca en un lago cuya temperatura es de 10°C (b) Se deja caer el objeto al lago desde un helicóptero situado a 20m de altura, (c)

Se unen dos bloques de obre de 500g uno a 10°C y el otro a 90°C dentro de un recipiente aislado de los alrededores.

Por definición:

•dQ T

AS = JCe

= 0.093cal /g°C

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a)

( __________________SOLVER EDK «

Para el primer caso se tiene:

AS = 500g + 0.093 — - £ g °k

10 + 273 90 + 273

AS = -11.57 — °k

En este caso, ahora se hace trabajo sobre la masa:

cal AS = —11.51-—

°k

Al unir las masas, estas llegarán a un equilibrio: mCe (Te -10) + mCe (Te - 90) = 0 Te = 50° C o 323k

La entropía es: AS = J AS =

^ Jrin 323- ^ d T

--

As = mCe£

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SEGUNDA LEY DE LA TERMODINÁMICA

Hallar, calculando para un mol, el incremento de la entropía del gas carbónico con el aumento de su temperatura absoluta en n = 2 veces, si el proceso de calentamiento es (a) isócoro. (b) isobarico.

Tenemos que la entropía del C02, se da: AO rnCvdT Cvc AS = J ----- Proceso isocoro

T

C^d _ r nCd dT AS = J — -— T

roceso isobarico

Para el proceso isocoro, se tiene;

Ti V

AS = J

nCvdT T

nC J r

2T

vT,y

por la expresión: C = R +Cv

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l

SEGUNDA LEY DE LA TERMODINÀMICA

SOLVEREDK«

e n c o n tra m o s q u e : C v =

AS = iHflSL = ^ ' 31 Y - 1 f 8 .8 3 V

'j

6 .8

^

r-i = 1 9 .3 ------ -----m o l.° C

J

p a ra el p ro c e s o is o b à ric o se tie n e :

f nC d T

f2 T ^

Í- T^”

[t J

AS = n C £ 2,C

=

rR r- i 883

6.8

J ( 8 .3 Î) 4

8 .8 3

6.8

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-1

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155

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SEGUNDA LEY DE LA TERMODINÁMICA

AS = 25.05- J

mol°k

En cuántas veces es necesario aumentar isotérmicamente el volumen de V -A moles de gases perfecto, para que su entropía experimente un incremento AS = 23J/°K

Como es un proceso isotérmico: dQ = dw +dV,dV-0 dQ = dw

l AS=f ^ = f ^ v T

J

AS = f

J

J

T

= nR í í —

v

( v 0.

23^ =(4)(8.3l)/n(« );a =^

a=e°69=2 :.a = 2

Calcular el incremento de la entropía de V = 2 moles de gas perfecto cuyo exponente adiabático / = í.3, si como resultado de cierto proceso el volumen del gas aumentó en a =2 veces y su presión disminuyó en p = 3 veces.

El proceso se asume en el siguiente diagrama:

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vvww.edukperu X

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SOLVER EDK «

Por definición: AS = J AS-fdQ JdQ

T

J

a s=

J T

nC dT1 crrnCriT ; - ^ +j

r 1

A

1

B

AS = nC p ¿ n If — -p

•nC/n

vT Del gráfico hallamos las relaciones de las temperaturas: av _ V T ~ TlA *Tb = aTA...(2) J3V P % -«= -= > T b =/3TC...(3) v a

*B

;

... 0 )

AC

y sabiendo que: Cp = Cv + R...(4) De (2); (3) y (4) en (1) tenemos. 1

A S = ^ í n £ + ____

y -1

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y -1 SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II

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SEGUNDA LEY DE LA TERMODINÁMICA

Reemplazando valores: AS = -10.9— °k

Un mol de gas perfecto efectúa un proceso en el transcurso del cual la entropía del gas varía en función de la temperatura T según la ley S = aT + CvLnT, donde a es una constante positiva, Cv la capacidad calorífica molar del gas a volumen constante. Hallar la dependencia entre la temperatura del gas y su volumen en este proceso, si cuando V = V0, la temperatura T = T0

Tenemos que la ley de la entropía en función de temperatura es: S = aT +CvLnT...(l) La entropía se define:

como es un proceso isotérmico e isocoro se tiene que:

Comparando (1) y (2) se tiene que, la ley respecto de T se tiene:

y dS =

Entonces se tiene que para n = 1 mol se tiene:

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(

SOLVER EDK «

como es un gas ideal: P = -nRT V

0dT = nRdV V Integrando y despejando se tiene: T = T0 +

KH*

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