Primera Ley Problemas Resueltos Termodinamica

8/12/2019 Primera Ley Problemas Resueltos Termodinamica

1/27

Primera ley

Trabajo

El trabajo de expansin-compresin, , es la transferencia de energa

debida a una diferencia de presiones. Es funcin de la trayectoria, es decir, depende

del camino seguido, del nmero de etapas en que se realiza. Su expresin

matemtica puede obtenerse partiendo de la definicin general:

w

ext

ext ext

dw Fdz

FP

A

w P Adz P dV

=

=

= =

Existen diferentes variedades de trabajo que se resumen en la siguiente

tabla:

Tipo de trabajo w= Notacin Unidades

Expansin-compresinextP dV extP = presin externa

dV =cambio de

volumen

Pa

m3

Expansin de una

superficie

d =tensin superficial

d = cambio de rea

N m-1

m2

Extensin fdl f =tensin

f dl =cambio de

longitud

N

m

Elctrico dq =potencial elctrico

dq = cambio en la

carga

V

C

El trabajo es una funcin de la trayectoria, depende del camino seguido, su

diferencial no es exacta, por lo que la representamos como w .

32


2/27

Calor

El calor, q , es la transferencia de energa debida a una diferencia de

temperaturas. Es funcin de la trayectoria, es decir, depende del camino seguido,

del nmero de etapas en que se realiza.

La cantidad de calor necesaria para aumentar la temperatura de un sistema

en un grado, manteniendo el volumen constante, se llama capacidad calorfica a

volumen constante. Es una propiedad extensiva y se representa porV

qCv

dT

=

.

La cantidad de calor necesaria para aumentar la temperatura de un sistema

en un grado, manteniendo la presin constante, se llama capacidad calorfica a

presin constante. Es una propiedad extensiva y se representa porP

qCp

dT

=

.

Primera Ley

La primera ley de la termodinmica, es la ley de la conservacin de la

energa, establece que la energa del universo permanece constante. Para un

sistema cerrado se expresa como:

dU q w = + bien U q w = +

donde U es la energa interna.Energa interna

La energa interna, U , es la energa propia del sistema. Dado que las

partculas que constituyen un sistema pueden trasladarse, rotar y vibrar, la energa

interna tiene una contribucin debida a estos movimientos, sta es la energa

cintica interna. Las molculas poseen una energa potencial interna debido a las

interacciones intermoleculares e intramoleculares, es decir, debido a la posicin

relativa de las partculas que las forman.

La energa interna es una propiedad extensiva y es funcin de estado, por

lo cual su diferencial es exacta.

A volumen constante, la primera ley implica que el cambio de energa

interna es igual al calor absorbido o desprendido durante el proceso:

Vq U= q dU =

33


3/27

por lo tantoV V

q dUCv

dT dT

= =

.

La capacidad calorfica molar a volumen constante,Cv

Cvn

= , es el cociente

de dos propiedades extensivas y por lo tanto es una propiedad intensiva.

Podemos expresar la energa interna, para un sistema cerrado, en funcin

de dos variables: T y V de la manera siguiente

dVV

UdT

T

UdU

TV

+

=

en esta expresin reconocemos a Cv

T

U

V

=

y , como demostraremos ms

adelante: PT

PT

V

U

VT

=

,entonces podemos rescribir la ecuacin como:

V

PdU CvdT T P dV

T

= +

V

PdU nCvdT T P dV

T

= +

Entalpa

La entalpa es una propiedad extensiva, es una funcin de estado por lo

cual su diferencial es exacta,

dU q w q PdV = + =

a presin constante:

( )

( )

2 1 2 1 2 2 1

2 2 2 1 1 1

U U q P V V q PV PV

q U PV U PV

= = +

= + +1

y definimos a la entalpa, , comoH

H U PV= +

pH q =

Es decir, fsicamente, el cambio de entalpa es el calor que se absorbe o se

desprende durante un proceso que se realiza a presin constante, y

34


4/27

P

q dHCp

dT dT

= =

La capacidad calorfica molar a presin constante,Cp

Cpn

= , es el cociente

entre dos propiedades extensivas, y por lo tanto es una propiedad intensiva.

La entalpa se puede expresar en funcin de la temperatura y la presin:

dPP

HdT

T

HdH

TP

+

=

en esta ecuacin reconocemos a CpT

H

P

=

, y, como demostraremos ms

adelante,JT

T P

HCp T V

P T

= = +

V , con lo cual tenemos:

P

VdH CpdT T V dP

T

= + +

P

VdH nCpdT T V dP

T

= + +

Problemas resueltos.

1. Armstrong, Aldrin y Collins fueron los astronautas del Apolo 11, primera nave

espacial norteamericana que lleg a la Luna. Armstrong y Aldrindescendieron en la superficie lunar, mientras que Collins permaneci en la

nave orbitando la Luna. Armstrong recogi muestras de piedras lunares que

trajo a este planeta azul para ser examinadas. a) Calcular el trabajo realizado

por Armstrong para levantar una piedra de 3 kg de masa a una altura de 1.5

m en la Luna, donde 21.6g m s= b) ) Calcular el trabajo que Armstrong

habra realizado para levantar una piedra esa misma piedra en la Tierra la

misma altura, donde

2

9.81g m s

= Solucin:

a)

0 2 0. cos cos 0 3 1.6 1.5 cos 0 7.2w F x Fx mgx kg ms m J = = = = =

b)

35


5/27


6/27

0 1 2 3 4 5 6 7

0

10

20

30

40

50

P/atm

V / L

Figura III.1. Trabajo de expansin isotrmico reversible ( w < 0)

b)

Si el proceso es reversible,ext

P = constante, entonces

( )2

1

2 1

V

ext ext

V

w P dV P V V = =

5 2 3

3

1.01325 10 / 18.2 (6 1 ) 4.154

1 10

N m mw atm L L

atm L

= = kJ

El trabajo realizado queda representado por el rea oscura en la figura

siguiente:

37


7/27

1 2 3 4 5 6

0

10

20

30

40

50

P/atm

V / L

Figura III.2. Trabajo de expansin isotrmico irreversible (w < 0)

Al comparar los resultados de los incisos a) y b), observamos:

i) que el trabajo depende de la trayectoria seguida y

ii) que el trabajo de expansin reversible es mayor que el trabajo de

expansin irreversible.3. Dos moles de un gas ideal monoatmico realizan una compresin isotrmica

desde 6 hasta 1 L manteniendo la temperatura constante e igual a 350 K.

Calcular el trabajo realizado, a) si el proceso es reversible; b) si el proceso

es irreversible con Pex=49.2 atm.

Solucin:

a)

1

2

V

ext

V

w P d= V

En esta ecuacin hemos cambiado los lmites de integracin para hacer

nfasis en que ahora se trata de una compresin (de 6L a 1 L) en este caso.

38


8/27

Como el proceso es reversible, ext gasP P= al igual que en el inciso a) el problema

anterior y por lo tanto

1 1

2 2

1

2

ln

V V

V V

nRT dV V w nRT nRT

V V

= = =

V

sustituyendo tenemos:

12 8.31451 350 ln 10.428

6

J Lw mol K k

K mol L= = + J

y queda representado por el rea rayada en la siguiente figura:

0 1 2 3 4 5 6 7

0

10

20

30

40

50

P/atm

V / L

Figura III.3. Trabajo de compresin isotrmico reversible (w > 0)

Observamos que el trabajo de expansin reversible y el trabajo de compresin

reversible tienen la misma magnitud pero de signo contrario. El signo del trabajo

solamente indica quin hizo el trabajo: el sistema en el caso de la expansin, o

los alrededores en el caso de la compresin.

b)

Si el proceso es irreversible,ext

P = constante, entonces

39


9/27

( )1

2

1 2

V

ext ext

V

w P dV P V V = =

5 2 3

3

1.01325 10 / 149.2 (1 6 ) 24.926

1 10

N m mw atm L L

atm L

= = + kJ

siguiente figura:

abajo de compresin isotrmico irreversible (w > 0)

i comparamos con el problema anterior, observamos que

s mucho mayor que el

4. Determ oles de un gas monoatmico ideal

isotrmica reversible desde 1 hasta 6 L

desde 6 hasta 1 L

manteniendo la temperatura constante e igual a 350 K.

En este caso, el trabajo queda representado por el rea rayada en la

Figura III.4 Tr

0 1 2 3 4 5 6 7

0

10

20

30

40

50

60

70

P/atm

V / L

S

i) El trabajo depende de la trayectoria seguida;

ii) Que el trabajo de compresin irreversible e

trabajo de compresin reversible.

inar el trabajo realizado por dos m

que realiza el siguiente ciclo:

Primera etapa: expansin

manteniendo la temperatura constante e igual a 350 K.

Segunda etapa: una compresin isotrmica reversible

40


10/27

Solucin:

La primera etapa corresponde a la expansin del inciso a) del problema 2 y la

apa corresponde a la compresin del inciso a) del problema 3.segunda et

Ambos procesos son reversibles.

Para la primera etapa:

2ln 10.428V

w nRT kJ = = .1

la etapaV

el sistema hace trabajo al expandirse de 1 a 6 L.

Para la segunda etapa:

1ln 10.428V

w nRT kJ = = + 2V

los alrededores hacen trabajo sobre el sistema y de esta manera el sistema

regresa a su estado inicial completando un ciclo, el trabajo total realizado al

Esto tambin lo podemos visualizar como la suma de las reas de las figuras III.1 y

I.3. Son iguales en magnitud pero de signo contrario, por lo cual su suma es cero.

completar un ciclo se obtiene sumando el trabajo de la expansin y el trabajo

de la expansin:

10.428 10.428 0ciclo

w kJ kJ = + =

II

Figura III.5.

0 1 2 3 4 5 6 7

0

10

20

30

P/atm

V / L

40

50

0 1 2 3 4 5 6 7

0

10

20

30

P/atm

V / L

40

50

41


11/27

Observamos que el trabajo es cero para un ciclo en el cual el camino de ida y

oinciden, es decir, el efecto neto es nulo, el sistema hace (en

este caso) 10.428 kJ de trabajo al expandirse, y los alrededores hacen sobre

tados de

5. er

que re

Primer isotrmica irreversible desde 1 hasta 6 L

sponde a la compresin del inciso b) del problema 3.

esos son irreversibles.

el sistema hace trabajo al expandirse de 1 a 6 L.

de regreso c

el sistema 10.428 kJ de trabajo para comprimir al sistema y de esta manera

hacer que regrese a sus condiciones iniciales. Tanto el sistema como los

alrededores recobran su estado inicial. Esta es una caracterstica de los

procesos reversibles, tanto sistema como alrededores puedenregresar a sus

condiciones iniciales. Este tipo de procesos son ideales, no existen en la

naturaleza. Estudiamos los procesos reversibles por las siguientes razones:

i) En un proceso reversible, el sistema hace el mximo trabajo

ii) Conociendo el mximo trabajo que un sistema puede realizar, se

puede calcular la eficiencia del proceso.

iii) Dado que un proceso reversible es una sucesin de es

equilibrio, en Termodinmica, hablar de reversibilidad es equivalente a

hablar de equilibrio.

Det minar el trabajo realizado por dos moles de un gas monoatmico ideal

aliza el siguiente ciclo:

a etapa: expansin

manteniendo la temperatura constante e igual a 350 K contra una presin de

oposicin de 8.2 atm.

Segunda etapa: una compresin isotrmica irreversible desde 6 hasta 1 L

manteniendo la temperatura constante e igual a 350 K con una presin

externa de 49.2 atm

Solucin:

La primera etapa corresponde a la expansin del inciso b) del problema 2 y la

segunda etapa corre

Ambos proc

Para la primera etapa:

( )2

2 1 4.154

V

ext ext w P dV P V V = = =

1V

kJ

42


12/27

Para la segunda etapa:

1 2 24.926

V

ext ext w P dV P V V kJ = = = +

abajo sobre el sistema y de esta manera el sistemaregresa a su estado inicial completando un ciclo, el trabajo total realizado al

completar un ciclo se obtiene sumando el trabajo de la expansin y el trabajo

el sistema regresara a su estado inicial, los alrededores

tuvieron 24.926 kJ de trabajo, es decir, los alrededores tuvieron que hacer

nda etapa siga el mismo camino que la primera pero en sentido

ver

( )1

2V

los alrededores hacen tr

de la expansin:

4.154 24.926 20.772kJ kJ kJ + =+

El sistema hizo 4.154 kJ de trabajo sobre los alrededores al expandirse, pero,

para lograr que

20.772 kJ ms de trabajo que el trabajo que el sistema hizo sobre los

alrededores al expandirse. El resultado neto es que el sistema puede

regresar a su estado inicial, pero los alrededores nunca lo pueden hacer.

Esta es una caracterstica de los procesos irreversibles. Estos procesos

irreversibles son los procesos reales, los que se presentan en la naturaleza.

Esto lo podemos visualizar tambin como la suma de las reas de las figuras

III.2 y III.4. Dado que son de diferente magnitud y signo, la suma es diferente

de cero.

El trabajo de un ciclo,ciclo

w , puede ser mayor o menor a cero, y puede ser

igual a cero solamente en el caso que el ciclo est constituido por dos etapas

y la segu

contrario (expansin re sible a T constante de V1 a V2 y compresin

reversible a T constante de V2a V1).

43


13/27

igura III.6 Al sumar el trabajo de la expansin irreversible y la compresin

reversible, obtenemos el trabajo del ciclo, representado por el rea del

rectngulo de la siguiente grfica.

6. Evaluar

F

ir

70

1 2 3 4 5 6

0

10

20

30

40

50

P/atm

V / L0 1 2 3 4 5 6 7

0

10

20

30

40

50

60

P/atm

V / L

1 2 3 4 5 60

10

20

30

40

50

P/atm

V / L

T

U

V

para un gas ideal

44


14/27

Solucin:

0T V

V

nRT

U P nR nRT nRT VT P T P T P

V T T V V V

= = = = =

por lo tanto concluimos que la energa interna de un gas idealno depende del

volumen, solamente depende de la temperatura y por lo tanto:

dU CvdT nCvdT = =

7. Evaluar

para un gas de van der WaalT

U

V

temperatura y del volumen:

s

2

2

0T V

V

nRT an

V nb V U P nRT P T P T V T T V nb

= = =

P

2

2

2

TV V nb V nb V

U an

=

2

T

U nRT nRT an

V V

=

por lo tanto, la energa interna de un gas de van der Waals depende de la

2

2

andU nCvdT dV

V

= +

2

la dependencia de la energa interna con el volumen, se debe a que la ecuacin

de van der Waals s toma en cuenta las interacciones moleculares.

8. Obtener la expresin para el trabajo isotrmico reversible realizado por un

gas de van der Waals.

Solucin:Como el proceso es reversible, la presin externa es igual a la presin del gas:

2 2

1 1

2V V

extV V

nRT anw P dV dV

V nb

= = 2

2

1 2 1

1 1ln

V

V nbw nRT an

V nb V V

=

45


15/27

9. EvaluarT

H

P

para un gas ideal.

por lo tanto

Solucin.

TP = P

H V

T VT

+

nRT

[ ] 0P

P

V nRPT V T V T V V V

T T P

+ = + = + = + =

0T

H

P

=

dH CpdT = nCpdT=

lo cual significa que la entalpa de un gas ideal solamente depende de la

temperatura, no depende de la presin.

10. Dos moles de un gas ideal monoatmico realizan una expansin isotrmica

desde 1 hasta 6 L manteniendo la temperatura constante e igual a 350 K.Calcular , a) si el proceso es reversible; b) si el proceso es

irreversible con Pex=8.2 atm.

U y H

proceso reversible (inciso a) y para el proceso irreversible (inciso b). El cambio

de energa interna no depende del camino seguido, por ello la energa interna es

funcin de estado.

Solucin:

La ecuacin general para la energa interna esV

dU CvdT T P dV T

,

pero ya demostramos que para un ga

dU CvdT nCvdT = =0U =

P = +

s ideal, la energa interna solamente

aturadepende de la temper . En este problema laatura es constante, por lo tantotemper para los dos casos, para el

46


16/27

La ecuacin general para la entalpa esP

VdH CpdT T V dP

T

= + + ,

la entalpa solamente depe

Solucin:

( )( ) ( )( )3 1 7 23.2454 0.7108 10 298.15 0.406 10 298.15Cp R K K K K = +

podemos ele R que queramos, en este caso tomamos a R =

8.31451 J K

2

gir las unidades de

mol-1-1

1 128.716Cp J K mol = a 298.15 K y

( ) ( ) ( )( )27 2

10 1000K K 3 13.2454 0.7108 10 1000 0.406Cp R K K = +

pero ya

demostramos que, para un gas ideal, nde de la

temperatura dU CvdT nCvdT = = . En este problema la temperatura es constante,

por lo tanto 0H = para los dos c versible (inciso a) y para el

proceso irreversible (inciso b). El cambio de entalpa no depende del camino

seguido, por ello la entalpa es funcin de estado.

Para el nitrgeno: ( ) ( )3 1 7 2 2/ 3.2454 0.7108 10 0.406 10Cp R K T K T = +

asos, el proceso re

11.

Cp

Calcular a 298.15 K y 1000 K

la presin const

1 132.556Cp J K mol = a 1000 K

Observamos que Cp

sari

depende de la temperatura, es decir, en este caso a

298.15K son nece os para aumentar en 1 K la temperatura de 1 mol

de nitrgeno, mientras a 1000 K son necesarios para aumentar la

12. esaria para calentar 1 mol de nitrgeno desde 298.15 K

hasta 1000K manteniendo ante.

Solucin.

Sabemos que a presin constante

28.716J

que 32.556J

P

dH nCpdT T V dP= + +

y como la presin es cons

temperatura de 1 mol de nitrgeno en 1 K.

Calcular la energa nec

q H=

V

T

tante:

dH nCpdT=

47


17/27

( ) ( )1 2

1 1

3 7 23.2454 0.7108 10 0.406 10

H T

H T

dH R T T = +

( ) ( ) ( )3 7

2 2 3 3

2 1 2 1 2 1

0.7108 10 0.406 103.2454

2 3H R T T T T T T

= +

dT

kJ q=

nitrgeno desde 298.15 K hasta 1000

K a presin constante, hay que proporcionarle 21.520 kJ de calor.

13. Calcular la energa necesaria para el calentamiento isocrico de 1 mol de

nitrgeno desde 298.15 K hasta 1000K. Considerar comportamiento ideal

para obtener Cv

Solucin.

A volumen constante, . Para obtener el

21.52H = 0

P

lo cual significa que para calentar 1 mol de

U

( ) (3

0.7108 102.2454U R T T T T

= +

V

como se trata de un comportamiento ideal

dU nCvdT T P dV T

= +

Cp Cv R = por lo tanto si

( ) ( )3 73.2454 0.7108 10 0.406 10

sde 298.15 K hasta 1000 en constante. Observamos que

dU nCvdT= y

2p R T T = + C

( ) ( )3 7 22.2454 0.7108 10 0.406 10R T T = +

2

2.2454T

dU R =

Cv

3 7 20.7108 10 0.406 10U

T T dT + ( ) ( )

2

1 1U T

) ( )7

2 2 3 3

2 1 2 1 2 1

0.406 10

2 3T T

JJ de energa para calentar 1 mol de

nitrgeno de K a volum

se necesita menos calor para calentar 1 mol de nitrgeno desde 298.15 K a

1000 K cuando lo hacemos a volumen constante (15.686 kJ) que cuando lo

hacemos a presin constante (21.520 kJ), esto es debido a que a presin

15.686U k = Lo cual significa que necesitamos 15.686 k

48


18/27

constante, parte del calor se utiliza en hacer trabajo PV, puesto que a presin

constante , mientras que a volumen constante todo

el calor s temperatura del sistema, pues , por lo

que

14.Demostrar que en un proceso adiabtico reversible realizado por un gas ideal,

q H U w U P V = = = +

e utiliza para aumentar la 0w=

q U=

2 Cv

Solucin.

En un proceso adiabtico 0q

=

= , entonces dU w= , lo cual significa que en una

expansin, recibe energa de los alrededores, utiliza

su propia energa para realizar trabajo.

La e

1

2 1

1

Cp

entonces

oceso re

T V

T V

= , donde

que dado que el sistema no

nerga interna de un gas ideal depende solamente de la temperatura,

extdU nCvdT P dV = =

en un pr versible,

ext gas

nRTP P

V

n RTCvdT dV

V

= =

=

n

2 2 1

1 1 2T V V

Cv RT V

2 1

1 2

ln lnT V

Cv RT V

=

T V VdT dV dV R

V= = +

2 1

1

ln lnT R V

T VCv=

2

Para un gas ideal Cp Cv R = , entonces 1Cp Cv Cp Cv

Cv Cv Cv

= =

49


19/27

( )

( )

1

2 1

1 2

1

2 1

1 2

ln lnT V

T V

T V

T V

=

=

Esta ltima ecuacin muestra que en un proceso adiabtico la temperatura es

inversamente proporcional al volumen, es decir, en una expansin el volumen

aumenta y el s a hace trabajo sobre los alrededores a expensas de su

energa interna. Al gastar su energa Interna la temperatura del sistema

disminuye.

btico reversible realiz s

ideal, y que

istem

15.Demostrar que en un proceso adia ado por un ga

1 1 2 2PV PV =

( )1

2 2

1 1

P T

P T

=

)

( )

1

2

1

PV

( )

( )

1

2 1 2P T T

Solucin.

Partimos de la ecuacin

( )1

2 1

1 2

T V

T V

=

Hacer la grfica P v s V para adiabtico reversible realizado por un

ideal, y compararla con una isoterma del mismo gas.

obtenida en el problema anterior y

sustituimos la ecuacin del gas ideal:

( ) 2 21

2

PV

T nRPV

= =

( )

( )1

11

2 1 1

21 2

nRT

T V P

nRTT V

(

1

1 12 1

1 2

2 1 1

1 1 2

2

1 1 2 2

VV T

nR

V

V PV

V V P

V

PV PV

=

=

=

Por otro lado:

2 1V P

2

1 2 1

1

2 2

1 1

P

PT T

P T

P T

= =

=

=

16. un proceso

gas

Solucin:

50


20/27

51

La isoterma es la grfica de la ecuacin 1PV K= y la adiabata es la grfica de la

ecuacin , donde2PV K = 1 2K y K

temperatura.

0

5

son constantes elegidas arbitrariamente.

Las grficas fueron hechas en origin.

lumen la temperatura

izado por un gas

2 4 6 8

20

25

30Isoterma de un gas ideal

Adiabata de un gas ideal

V/L

10

15

P/atm

En la adiabata observamos que al aumentar el vo

disminuye y viceversa.

17.Demostrar que en un proceso adiabtico irreversible real

ideal,( )2 1

2 1

extP V VT T

nCv

= +

Solucin.

En un proceso adiabtico

0q

dU w

=

=

considerando que se trata de un gas ideal

extnCvdT P dV =

puesto que la energa interna del gas ideal solamente depende de la


21/27

Como el proceso es irreversible, extP = constante; adems si consideramos que

=constCv

consecuencia, la temperatura fin n el caso de la expansin adiabtica

ersible deber ser ma

ante, tenemos:

( ) ( )

)(

2 1nCv T T

P V

2 1extP V V

V

=

Observamos que en un proceso adiabtico, la temperatura final que se alcanza

es diferente dependiendo de si el proceso es reversible o irreversible. En el caso

el trabajo realizado por el sistema

deber ser mayor que en el caso de una expansin adiabtica irreversible; y

el proceso reversible que en el proceso irreversible; por

al e

rev yor, debido a que

2 1

2 1

extT TnCv

= +

de una expansin adiabtica reversible,

como el trabajo se hace a expensas de la energa interna, se gastar ms

energa en

( )2 1w nCv T T = . Esto se muestra

ms claramente con un ejemplo numrico en el problema siguiente.

18.Una mol de gas monoatmico ideal se encuentra inicialmente a 500 K y 1 Mpa

de presin. Realiza una expansin adiabtica hasta alcanzar una presin final de

0.1 MPa. Calcular la temperatura final, q, w, U y H a) si el proceso es

ersible; b) si el proceso se realiza contra una presin externa constante de 0.1

a. De acuerdo a la teora cintica de los gases, para un gas monoatmico ideal

3

2R= . c) Hacer una grfica de P vsV donde se muestren los estados inicial y

l del sistema para los procesos de los incisos a) y b) y discutir los resultados.

Solucin:

10. Para el proceso reversible

0reversibleq =

rev

MP

( )1

2 2

1 1

P T

P T

=

donde

552 1.667

3 3

2

RCp

CvR

= = = =

Cv

fina

52


22/27

1.66721 1.667 1

0.1500 198.98

P MPaK K

= =

Como se trata de un gas ideal, la energa interna y la entalpa solamente

2 1

1 1

T TP MPa

=

e la temperatura.dependen d

( )

( )

2 1

31 8.31451 198.98 500 3.754

2

3.754

dU nCvdT

U nCv T T

JU mol K K kJ

l

w U kJ

=

=

= =

= =

l sistema gasta 3.754 kJ de energa para convertirla en trabajo.

K mo

E

( )51 8.31451 198.98 500 6.2572

dH nCpdT

JH mol K K kJ

K mol

=

= =

11. Para el proceso irreversible

( )2 1

0irreversible

q

U w nCv T T

=

= =

Para obtener la temperatura final usamos

( )2 12 1

extP V VT T

nCv

= +

en icial se puede

obtener fcilmente:

esta ecuacin tenemos 3 incgnitas: 2 1 2,T V y V . El volumen in

6

.31451

1 10

J

K mol

P P3 31

1

1

1 8 500

4.157 10

mol K nRT

V ma

= = = , y nos

quedan dos in cesitamos dos ecuaciones:cgnitas: 2 2T y V , por lo cual ne

( )2 12 1

extP V VT T

nCv

= + 22

2

nRTV

P= , sustituyendo una en la otra y

igual a la presin externa:

y

observando que la presin final del gas es

21

2 12 1 2

ext

ext

nRTP V

P P VnRT T T

nCv nCv nCv

= + = + 1T+

53


23/27

1

6 3

1

2

1

0.1 10

2

extP VRT T

T K molnCvT

+

+= =

2 1

3

2

1

4.157 10500

3

1 8.31451

1 8.31451

38.31451

ext

Cv nCv

Nm

m KJP V

mol

R J

Cv

J

1

2

K mol

K mol

+

+ =

+

+

Observamos que si la expansin adiabtic es irreversible, la temperatura final es

mayor (320 K) que en el caso en que la expansin adiabtica es reversible (198.98

K)

2 320T K=

a

( )

( )

2 1

31 8 .31 45 1 32 0 50 0 2.2 45

2

2.245

dU nC vdT

U nC v T T

JU m ol K K k

K mol

w U kJ

=

=

= =

= =

J

Observamos que el trabajo de expansin adiabtico irreversible es menor que el

trabajo de expansin adiabtico reversible, entonces el sistema gasta menos

energa para hacer trabajo en el proceso irreversible ( 2.245 kJ) que en el proceso

lmente, calculamos el cambio de entalpa

reversible (3.754 kJ) y por esta razn la temperatura final alcanzada es diferente en

cada caso.

Fina

( )5

1 8.31451 320 500 3.7412

dH nCpdT

JH mol K K kJ

K mol

=

= =

c) Las grficas se presentan a continuacin y fueron realizadas en origin.

54


24/27

0.00 0.01 0.02 0.03 0.04

0.0

5.0x104

1.0x105

1.5x105

107

Diferencias entre el proceso adiabtico reversible

y el proceso adiabtico irreversible

estado inicial

PV

=constante

PV

=constante

estado final

proceso adiabtico

irreversible

estado final

proceso adiabtico

reversible

para ambos procesos

320 K198.98 K

P/Pa

V/m3

En esta grfica se presentan las diferencias entre el proceso adiabtico

reversible y el proceso adiabtico irreversible realizados por un gas

monoatmico ideal. En ambos procesos el estado inicial es el mismo porque as

lo establece el enunciado del problema. Obsrvese que el eje de las ordenadas

se quiebra debido a la escala en la que se est trabajando. Es muy importante

hacer notar que el estado final es diferente dependiendo de si el proceso es

el sistema

n el caso del proceso reversible (

adiabtico reversible o adiabtico irreversible. El camino seguido por

e PV = constante) se muestra en la figura y es

mas

posible representarlo ya que siempre se conoce el estado del sistema debido a

que un proceso reversible es una sucesin de estados de equilibrio. En el caso

del proceso irreversible, solamente podemos representar el estado inicial y el

estado final del sistema puesto que es un proceso fuera del equilibrio y por lo

tanto no se conoce con precisin el camino seguido por el sistema. En el caso

del proceso adiabtico reversible, la temperatura final es de 198.98 K, mientras

que en el proceso adiabtico irreversible la temperatura final es de 320 K. En la

grfica se han dibujado las isoter correspondientes a estas temperaturas

55


25/27

(198.98K y 320K) para hacer nfasis en esta diferencia. En el caso de la

expansin irreversible, el sistema hace menos trabajo, por lo tanto gasta menos

energa interna y se enfra menos (la temperatura final es de 320 K); mientras

que en la expansin adiabtica reversible, el sistema hace ms trabajo, por lo

tanto gasta menos energa y la temperatura final del sistema es, por

consecuencia, menor.

19. Cinco moles de un gas ideal monoatmico realizan el siguiente ciclo

reversible:

1.6

1.8

2.0

2.2

1

a

V / m3

a)Obtener la presin, el volumen y la temperatura para cada uno de lo s estados

indicados.

b)Obtener el calor, el trabajo, el cambio de energa interna y el cambio de entalpa

para cada uno de los procesos y para un ciclo completo

Solucin.

a)De la grfica podemos leer directamente los valores de presin y volumen, y la

temperatura la calculamos con la ecuacin del gas ideal

0.020 0.025 0.030 0.035 0.040 0.045 0.050 0.055

0.8

1.0 3 2

1.2

1.4

P/MP

56


26/27

Estado P/ M Pa V / m3

T / K

1 2.0 0.0251 1

1 1202.72PV

T KnR

= =

2 1.0 0.052 2

2 1202.72

PV

T KnR= =

3 1.0 0.0253 3 601.358

PVT K

nR= =

1 a 2 c

a 3 a

1

i 2= + +

=Es el calor neto que el

si recibe para

h o

Por la primera

ley:

clo 1q q 3q 9.657

stema

acer trabaj

Con los datos de esta tabla podemos hacer todos lo clculos que necesitamos.

etapa proceso /q kJ /w kJ /U kJ /H kJ

2

1

ln

34.657

VnRT

V

=

=

25

9.657

w q=

=

1 a 2 isotrmico

34.657

q w=

= +

El calor fluye hacia el

sistemaEl sistema hace

trabajo

=0 Porque para el

gas ideal, U slo

depende de la

temperatura que en

este caso es

=0 Porque para el gas

ideal, H slo depende

de la temperatura que

en este caso es

constante

constante

2 a 3 isobrico 62.5q H= = w U q=

El calor fluye hacia los

alrededores Los alrededores

hacen trabajo

37.5= Disminuye porque la

temp

62.5= En este caso es igual al

( )3 2nCv T T =

eratura

disminuye

( )3 2nCp T T =

calor

=

3 a 1 isocrico

37.5

q U=

= +

=0 Como no hay

cambio de

37.5= +

Porque

62.5= +

El calor fluye hacia el

stema y es igual al

o de U

volumen, no se

hace trabajo PVsi

cambi

para el ciclo,

el cambio de energa

interna debe ser

igual a cero

Porque para el ciclo, el

cambio de entalpa

debe ser igual a cero

El resultado neto

es que el sistema

hace trabajo al

completar un ciclo

=0

Porque es funcin

de estado

=0

Porque es funcin de

estado

57


27/27

Una manera fcil de hacer estos clculos consi

los casos en los cuales el valor solicitado es igua

para un ciclo comp mar los valor

procesos que lo forman. Se trata de

ximo nm Es como jugar tim

ste en: primero,

l a cero; segund

es correspondie

mo nmero de c

biriche.

detectar todos

o, observar que

ntes a los tres

lculos y llenar

leto debemos su

hacer el mni

el m ero de cuadros.

Primera Ley Problemas Resueltos Termodinamica

Documents

Transcript of Primera Ley Problemas Resueltos Termodinamica