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Tarea 1. Física Estadística Maestría en Ciencias (Física). 4 de febrero de 2016 Problema 3.1. Un recipiente metálico de paredes delgadas y volumen VB contiene un gas a alta presión. Unido al recipiente hay un tubo capilar con una válvula. Al abrir ligeramente la válvula, el gas escapa lentamente hacia el cilindro, provisto de un pistón sin rozamiento y hermético, en el que la presión permanece constante e igual a la presión atmosférica P0 . a) Demostrar que, después de escaparse todo el gas posible, se ha realizado un trabajo W = − P0 (V0 − VB ), Siendo V0 el gas a la presión y temperatura atmosféricas. b) ¿Cuánto trabajo se hubiera realizado si el gas hubiera salido directamente a la atmósfera?. Solución. a) Sabemos que para un isstema hidrostático ideal el trabajo está dado por: Wi f = −

Z V f Vi

P0 dV

(1)

Dado que la presión es constante, tenemos Vf

Wi f = − P0 (V |V ) = − P0 (Vi − Vf ). i

(2)

Pero en este caso, Vf = VB , dado que es el sistema con el pistón el que ha de cambiar de volúmen y dado que su volumen inicial podemos llamarlo V0 , entonces el trabajo realizado por el recipiente hacia el sistema de pistón es: W = − P0 (V0 − VB ) b) Se realiza la misma cantidad de trabajo, dado que aunque no hay pistón para cuantificar el trabajo, si hay desplazamiento molecular alrededor del orificio de escape del recipiente metálico.

1

Problema 3.3. Durante una expansión adiabática cuasi-estática de un gas ideal, la presión en cualquier momento viene dada por la ecuación PV γ = K, siendo γ y K constantes. Demostrar que el trabajo realizado en la expasión desde el estado ( Pi , Vi ) al estado ( Pf , Vf ) es W=−

Pi Vi − Pf Vf . γ−1

Solución. De la primera ley tenemos que ¯ + dQ, ¯ dE = dW

(3)

pero como es trabajo adiabático ¯ = 0 ⇒ dE = dW dQ

(4)

pero por otro lado W=−

Z V f Vi

PdV.

(5)

Para poder resolver la integral, necesitamos parametrizar la función P en términos de la variable V, para ello, utilizamos el hecho de que el proceso es adiabático y obedece la siguiente expresión PV γ = K,

(6)

al sustituir (6) en (5) obtenemos W

=

=

  Vf −γ −γ V V − V V i f i f  −K V −γ dV = −K = −K  −γ + 1 −γ + 1 Vi Vi   P f Vf Pi Vi P V − P f Vf − k =− i i −K  k . (7) γ−1 γ−1 Z V f

V − γ +1

Problema 3.5. Un cilindro vertical fijo, cerrado por su parte superior, contiene un gas cuyo volumen puede variarse mediante un pistón sin fugas, sin rozamiento y de peso w a) ¿Qué trabajo ha de realizar un agente exterior para comprimir el gas en una cantidad dV elevando el pistón una distancia dy? b) Si este dispositivo solo se utiliza para producir cambios de temperatura en el gas, ¿cuál es la expresión adecuada del trabajo? 2

c) Compara esta situación con el problema 3.4, y también con la resultante de aumentar la inducción magnética de un anillo de material magnético. Solución. a) Para poder subir el pistón, necesitamos una fuerza mayor a su peso, dicha fuerza extra le llamaremos F, por lo que el trabajo que necesita una fuerza total externa es por definición de mecánica dW = FT dy = (w + F )dy = wdy + Fdy,

(8)

utilizando ahora que F = PA y dV = dyA donde A es el área transversal del cilindro y P la presión asociada a la fuerza F, obtenemos dW = wdy + Fdy = wdy + PdV

(9)

b) Para cambios de temperatura, suponiendo que el gas es ideal, es decir PV = RT,

(10)

donde R es una constante y T es la temperatura. Si consideramos un proceso sin variación de presión (isobárico) V (T ) =

R RT ⇒ dV = dT, P P

(11)

sustituyendo (11) en (9) obtenemos R dW = wdy + PdV = wdy + P dT = wdy + RdT, P

(12)

por otro lado tenemos dy = AdV =

AR dT, P

sustituyendo (13) en (12)) encontramos   A dW = wdy + RdT = R w + 1 dT. P

(13)

(14)

Pero dado que por convención si el trabajo se realiza de un sistema sobre el exterior, entonces el trabajo es negativo, i.e.   A dW = −(wdy + RdT ) = − R w + 1 dT. P c) Para comparar, primero calculamos el trabajo realizado por el exterior en el caso del pistón, puesto verticalmente sobre la balanza, es decir: dW = Fdy = PdV 3

(15)

Si ahora varía la temperatura debemos calcular (utilizando la ecuación (11). dW = Fdy = PdV = RdT

(16)

Observamos que el valor absoluto del trabajo realizado por el exterior sobre el sistema con el pisón es menor que el trabajo realizado por el sistema sobre el exterior:   A (17) | RdT | ≤ | − R w + 1 dT | P Finalmente, la expresión que nos indica el trabajo necesario para aumentar la inducción magnética, en un anillo de material magnético que se deduce en la literatura (M.W. Zemansky) es: d0 W = VHd(µ0 H) + µ0 HdM

(18)

d0 W = H (Vd(µ0 H) + µ0 dM)

(19)

o

Siendo H la magnitud de la intensidad magnética y M la magnitud de la magnetización respectivamente. Entonces comparando la ec.(19) con la ecuación (14) observamos que son ecuaciones matemáticamente equivalentes pero con un sentido físico diferente, lo que es muy interesante. Problema 3.7. a) La tensión de un alambre se aumenta isotérmica y causi-estáticamente desde Ti hasta T f . Si la longitud, la sección transversal y el módulo de Young isotérmico permanecen prácticamente constantes, demostrar que el trabajo realizado es: L W= ( T 2 − Ti 2 ) 2AY f b) La tensión en un alambre de 1m de longitud y de 1,0 × 10−7 m2 de sección, a 0◦ C, se aumenta de forma isotérmica y cuasi-estática desde 10 a 100N. ¿Cuál es, en julios, el trabajo realizado? (El módulo de Young isotérmico a 0◦ C es 2,5 × 1011 N/m2 .) Solución.

a) Sabemos que la variación del trabajo está dada por: dW = T dL,

si varía la longitud

En este caso, la tensión F = T aumenta estirando 4 L el alambre y la longitud L, la sección transversal A y el módulo de Young Y permanecen casi constantes, relacionados por: T 4L =Y A L 4

T = YA

4L YA = ` L L

(20)

Por lo tanto el trabajo es: W=

Z

T d`

(21)

Sustituyendo la ec. (20) en (21)  4 L f YA `2 `d` = W= L L 2 4 Li 4 Li " # 2 4 L2i YA 4 L f W= − L 2 2 Z 4L f YA

Si

4L LT T =Y , podemos decir que = Y 4 L = , entonces: A L AY # " 2 2 L 2 Ti 2 YA L T f W= − 2 2 2L A2 Y 2 A Y W=

L ( T 2 − Ti 2 ) 2AY f

b) Tenemos que: L = 1m,

A = 1,0 × 10−7 m2 , T = 0◦ , Ti = 10N, Y = 2,5 × 1011 N/m2

T f = 100N y

Reemplazando valores. W=

W=

L ( T 2 − Ti 2 ) 2AY f

1m [(100N )2 − (10N )2 ] 2(1,0X10−7 m2 )(2,5X1011 N/m2 )

Por tanto W = 0,198Nm = 198 × 10−3 J

Problema 3.9. Demostrar que el trabajo necesario para comprimir una burbuja esférica de jabón de radio R, por un proceso isotérmico y cuasi-estático, a la presión atmosférica, es igual a 8π ` R2

5

Solución. · Radio= R, como es un proceso isotérmico la temperatura T= cte., P= 1 atm. La tensión superficial (`) disminuye cuando aumenta la temperatura, a una temperatura particular resulta ser constante e independiente del área de la superficie. Para la resolución ocupamos de igual manera, la expresión del perímetro y contorno de una esfera. P = 2πR

F = 2πR`

(22)

Para calcular el trabajo se ocupa la siguiente expresión dW = F · dr

(23)

por lo que Z w

dW = 2πR`dr =⇒ W = 2` A, finalmente obtenemos

0

dW =

sustituyendo

Z A 0

2`dA

A = 4πR2

∴ W = 8π ` R2

(24) (25) (26)

Problema 3.11. Demostrar que el trabajo realizado durante un cambio de estado cuasi-estático e isotérmico de una sustancia paramagnética que se rige por la ecuación de Curie viene dado por: W=

µ0 T µ Cc (M f2 − Mi2 ) = 0 (H f2 − Hi 2 ), 2CC 2T

(27)

donde Cc es la constante de Curie. Solución. Para un sólido paramagnético el trabajo realizado es: W = µ0

Z m f mi

H dm

(28)

De la Ley de Curie se tiene: M =

Cc H T

Despejamos H de la anterior expresión: MT Cc

H =

Se sustituye la expresión de H en la ecuación (28) e integramos: W = µ0

Z m f MT mi

T dm = µ0 Cc Cc

Z m f mi

6

M dm = µ0

T [M f2 − Mi2 ] 2Cc

W = µ0

T [M f2 − Mi2 ] 2Cc

(29)

Ahora, se tiene en cuenta que: M f2

Cc H f2

=

2Cc

!

=

Cc2 H f2 T2

Del mismo modo:

Cc2 Hi 2 T2 Si se tienen en cuenta esta dos últimas expresiones (29) se puede reescribir como: ! Cc2 H f2 Cc2 Hi 2 T T 2 2 W = µ0 − [ M f − Mi ] = µ 0 2Cc 2Cc T2 T2 Mi2 =

W = µ0

T Cc2 (H f2 − Hi 2 ) 2Cc T 2

(30)

Finalmente se ha demostrado con (29) y (30) la expresión para el trabajo: W=

µ Cc µ0 T (M f2 − Mi2 ) = 0 (H f2 − Hi 2 ) 2CC 2T

(31)

Problema 3.13. Un recipiente de paredes rígidas consta de dos zonas, una conteniendo un gas y otro en la que se ha hecho el vacío; se destruye súbitamente la pared de separacíon entre las dos zonas ¿Es igual a PdV el trabajo realizado durante cualquier parte infinitesimal de este proceso (denominado expansión libre)? Razónese. Solución. El trabajo realizado en una parte infinitesimal del proceso d0 W no se puede expresar como PdV ya que la expansión libre no es un proceso cuasi estático, es decir que es un proceso irreversible. Dado que tenemos un recipiente de paredes rígidas, cuando se destruye la pared que separa estos dos compartimientos hay un cambio intantáneo en el volumen, inmediatamente la expansión del gas dentro del recipiente se realiza a volumen constante (proceso isocórico), por lo tanto el cambio infinitesimal de la variable intesiva es dλ = 0, entonces d0 W = 0 y el gas no realiza ningún trabajo contra los alrededores (mientras se realiza la expansión). Problema 3.15. Un armazón como el de la figura 3.4 esta colocado en un recipiente en el cual la presión del aire puede variarse libremente. Consideremos como sistema las dos laminas superficiales y el liquido contenido entre ellas. a) ¿Qué coordenadas se precisan? b) ¿Cuántas ecuaciones de estado hay? c) ¿Cuál es la expresión para dW? 7

d) Seleccionar las coordenadas independientes adecuadas. Solución. a) Tendríamos dos sistemas: el del armazón y el recipiente que lo contiene. En este u´ltimo la del aire varia libremente entonces podemos considerarlo como si fuera un pistón. Las coordenadas a considerar ahora serían: P, V, ζ, A, θ. Donde ζ es la tension superficial que consideraremos en el sistema del armazón. b) Existirán 2 ecuaciones de estado, una para cada sistema: Sistema pistón → la ecuación del gas ideal PV = nRθ y el armazón → 2L(dx ) = dA, A = 2Lx. c) De este modo el trabajo infinitesimal estaría dado por dW = PdV + 2ζ Ldx = PdV + ζdA

(32)

d) Las coordenadas independientes que se obtendrían para este sistema son θ, V, A ya que solo hay dos ecuaciones de estado. Problema 4.10. Un recipiente a volumen VB contiene n moles de gas a alta presión. Conectado al recipiente hay un tubo capilar por el cual puede fluir el gas lentamente hacia la atmósfera donde la presión es P0 . Rodeando el recipiente y el capilar hay un baño de agua, el cual se ha sumergido una resistencia eléctrica. Se deja escapar el gas lentamente hacia la atmósfera a través del capilar mientras se disipa energía eléctrica en la resistencia a una velocidad tal que la temperatura del gas, del recipiente, del capilar y del agua se mantiene igual a la del aire exterior. Demostrar que, después de haber salido tanto gas como haya sido posible durante un tiempo τ, la variación de la energía interna es ∆U = εiτ − P0 (nν0 − VB ) siendo ν0 el volumen molar del gas a la presión atmosférica, ε es la diferencia de potencial entre los extremos de la resistencia, i es la intensidad de la corriente en ella. Solución. De la primera ley de la termodiámica tenemos que d0 Q = dU + PdV, o que es lo mismo

dU = d0 Q − PdV.

(33)

La variación del calor que emite una resistencia está dado como: d0 Q = εidt.

(34)

Sustituyendo la ecuación (34) en (33) y considerando que el proceso se realiza a la presión es P0 debido a que el gas sale lentamente del recipiente, obtenemos lo siguiente: dU = εidt − P0 dV (35) 8

Integrando la ecuación anterior obtenemos que: Z U f U0

dU = εi

∆U

Z τ

dt − P0

0

Z V f Vb

dV

= εiτ − P0 (Vf − VB ) = εiτ − P0 (nν0 − VB ).

Problema 4.16. Deducir las ecuaciones que figuran en la tabla siguiente: Sistema

Capacidad calorífica a variable extensiva constante  ∂U

CL =

Alambre estirado Sólido paramagnético que cumple la ecuación de Curie

CM =

∂θ L

Solución. Por definición:

∂U ∂θ

 Cx =

CL =

CH =

M

d0 Q dθ

Capacidad calorífica a variable intensiva constante  ∂U

 ∂θ F ∂U ∂θ

H

− F Lα +

M2 Cc0

 x

La primera ley para un sistema conformado por un cable es: dU = d0 Q + F dL

(36)

d0 Q = dU − F dL

(37)

donde U es función de cualesquiera dos de las variables F , L y θ.

? Si elegimos a U en función de L y θ, obtenemos:     ∂U ∂U dθ + dL dU = ∂θ L ∂L θ

(38)

Sustituyendo (38) en (37): 0

dQ=



∂U ∂θ



 dθ + L

∂U ∂L

 dL − F dL

dividiendo por dθ, obtenemos:      d0 Q ∂U ∂U dL = + −F dθ ∂θ L ∂L θ dθ

9

(39)

θ

(40)

Si la variable extensiva L es constante, dL = 0 y  0    dQ ∂U = dθ L ∂θ L  0  Por definición CL = ddθQ , entonces

(41)

L

 CL =

∂U ∂θ

 (42) L

? Si elegimos a U en función de F y θ, obtenemos:     ∂U ∂U dU = dθ + dF ∂θ F ∂F θ

(43)

Sustituyendo (43) en (37): d0 Q =



∂U ∂θ



 dθ + F

∂U ∂F

 dF − F dL

(44)

θ

dividiendo por dθ: d0 Q = dθ



∂U ∂θ





+ F

∂U ∂F

 θ

dF dL −F dθ dθ

(45)

Si la variable intensiva F es constante, dF = 0 y  0      dQ ∂U ∂L = −F dθ F ∂θ F ∂θ F

(46)

La expansividad lineal α se define como     ∂L 1 ∂L ⇒ = Lα α= L ∂θ F ∂θ F  0  Por definición CF = ddθQ ; entonces, utilizando (46) y (47) obtenemos

(47)

F

 CF =

∂U ∂θ



− F Lα

(48)

F

M = Sea un sólido paramagnético que cumple la ley de Curie H

Cc0 θ ,

además

para un sólido paramagnético, la primera ley se puede escribir de la siguiente manera dU = dQ + µ0 H dM (49) Por tanto, la capacidad calorífica cuando M es constante es   ∂U CM = ∂θ M 10

(50)

Por otra parte, cuando H es constante     ∂U ∂M CH = − µ0 H ∂θ H ∂θ H Y de la ley de Curie se ve que   C0 H M2 ∂M = − c2 = ∂θ H H Cc0 θ Por tanto

 CH =

 ∂U M2 + µ0 0 ∂θ H Cc

(51)

(52)

(53)

Problema 4.18. La ecuación de estado de un sólido monoatómico es Pv + f (v) = Γ(U − U0 ). Demostrar que βv Γ= (54) Cv κ en la que κ es el coeficiente de compresibilidad isotérmico. Esta realación deducida por primera vez por Grüneisen, interviene en la teoría del estado sólido. Solución. Usando la primera ley y suponiendo que U solo depende de P y de V dU = dQ − PdV     ∂U ∂U dV + dP dU = ∂V P ∂P V Igualando ecuaciones se tiene       ∂U ∂U dQ = P + dV + dP ∂V P ∂P V

(55)

(56)

Dividiendo por dT y tomando un proceso a volumen constante obtenemos       dQ ∂U ∂P CV = = (57) ∂T ∂P V ∂T V   β ∂P como κ = ∂T entonces V



∂U ∂P



= V

Cv κ . β

(58)

Despejando la energía de la ecuación de estado del sólido monoatómico, y derivando con respecto a P a volumen constante obtenemos   ∂U v = (59) ∂P V Γ 11

De donde se ve que Γ=

βv Cv κ

(60)

Problema 4.31. a) Un cuerpo pequeño a la temperatura θ y de coeficiente de absorción α se coloca en una gran cavidad en la que se ha hecho el vacío, cuyas paredes interiores están a la temperatura θw . Si θw − θ es pequenã, demostrar que la velocidad del calor transferido por radiación es 3 Q˙ = 4θw Aασ(θw − θ )

(61)

b) Si el cuerpo permanece a presión constante demostrar que el tiempo necesario para que la temperatura del cuerpo varíe de θ1 a θ2 viene dado por τ=

θw Cr ln 3 4θw Aασ θw

− θ1 − θ2

(62)

c) Dos pequenãs esferas ennegrecidas de idéntico tamanõ, una de cobre y la otra de aluminio, están suspendidas mediante hilos de seda dentro de un gran orificio practicado en un bloque de hielo fundente. Se ha observado que para que la temperatura del aluminio descienda de 3 a 1 grado centígrado deben transcurrir 10 min y 14.2 min para que el cobre experimente la misma varación de temperatura. ¿Cuál es la razón de calores específicos del aluminio y del cobre? (Las densidades del aluminio y del cobre son 2,7 × 103 y 8,9 × 103 kg/m3 ). Solución. a) Recordemos que: αH es la potencia radiante absorbida por unidad de Área; R es la potencia radiante emitida por unidad de área. Ademas de que dQ Q˙ = = A(αH − R) dt

(63)

donde α, R se refieren a θ 0 y H se refiere a θw . Además de que H= R=

4R B (θw ) 4αR B (θ 0 )

(64)

Sustituyendo estas expresiones nos queda Q˙ = =

A [4αR B (θw ) − αR B (θ 0 )] 4Aα [ R B (θw ) − R B (θ 0 )]

(65)

Considerando la ley de Stefan-Boltzman: R B (θ ) = σθ 4 entonces  4  Q˙ = 4Aα σθw − σθ 04

=

h 4Aασθ3w θw − 12

θ 04 3 θw

i

(66)

3 ≈ θ ya que su diferencia es pequenã. Entonces pero θ 4 /θw 3 Q˙ = 4θw Aασ(θw − θ )

(67)

b) Recordando ( 67) y sabiendo que d0 Q = C p dθ −

k (C p − Cv )dP β

(68)

Si P es constante entonces solo obtenemos d0 Q = C p dθ. Despejando dt de () Cp dQ = dt (69) 4ασAθw θw − θ Resolviendo la ecuación anterior nos queda   Z θ2 Cp Cp θ w − θ1 dθ = ln . t= 4ασAθw θ1 θw − θ 4ασAθw θ w − θ2

(70)

c) Sabemos que dQ = αA(θ − θw ) dt

(71)

dQ = −mCdθ, m = ρV

(72)

además de que Donde C es el calor específico. Sustituyendo en ( 71) nos queda ρVdθ = αA(θ − θw ) dt y resolviendo para t obtenemos   ρVC θw − θ ρVC dθ = ln t= αA θw − θ αA θw − θ

−

(73)

(74)

Despejando para C C=

tαA 1   ρV ln θw −θ

(75)

θw −θ

Finalmente obtenemos CA =

600s A 1 A αA = 0,2022 α A 3 3 ln(3) V 2,7 × 10 kg/m V

(76)

Cc =

852s A 1 A αA = 0,0871 α A ln(3) V 8,9 × 103 kg/m3 V

(77)

y

La razón de los calores específicos sería CA α = 2,3214 A Cc αc

13

(78)