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FSICA II, INGENIERIA AEROESPACIAL, CURSO 2010/11BOLETIN DE PROBLEMAS DEL TEMA 9:

Enunciado Utilizando la ecuacin de estado de los gases ideales, responde a las siguientes preguntas 1. Qu volumen ocupa un mol de gas en condiciones estndar? 2. Cuantas molculas hay en de gas ideal a una temperatura de y a un presin de ? Y si la presin es de ?. 2 Solucin 2.1 Volumen de un mol de gas en condiciones estndarLa definicin de condiciones estndar depende del organismo que fije el estndar. Nosotros seguiremos las recomendaciones de la International Union of Pure and Applied Chemistry (IUPAC). Esta organizacin fija las condiciones estndar para un gas cmo una temperatura de 0oC y una presin de 100 kPa. Recurrimos a la ecuacin de estado de un gas ideal para obtener el volumen ocupado por un mol de gas. Tenemos

2.2 Nmero de molculas En las condiciones del enunciado el nmero de moles del gas es

En cada mol hay el nmero de Avogadro de molculas. Entonces el nmero total de molculas es

El nmero de moles, y por tanto el nmero de molculas, es proporcional a la presin. Si la presin es ahora P2, el nmero de molculas es

1 Enunciado La figura de la izquierda muestra en un diagrama V-T un proceso realizado por una cantidad fija de un gas ideal. El gas pasa del estado A al estado B. Qu ocurre con la presin del gas? En la segunda grfica tenemos otro proceso descrito por el gas en un diagrama P-T. Qu ocurre en este caso con el volumen del gas?

2 Solucin 2.1 Diagrama VTUn gas ideal cumple la ecuacin de estado PV = nRT En un diagrama VT, los procesos a presin constante vienen representados por rectas que pasan por el origen

La pendiente de la recta es nR / P. Por tanto, es mayor cuanto menor es la presin. En la figura se representan varios procesos isbaros. La relacin entre las presiones es P1 < P2 < P3 < P4 < P5 En el estado B la pendiente de la recta es menor que en el estado A . Por tanto su presin es mayor. Es decir PB > PA 2.2 Diagrama PTEn un diagrama PT, los procesos a presin constante vienen representados por rectas que pasan por el origen

La pendiente de la recta es nR / V. Por tanto, es mayor cuanto menor es el volumen. En la figura se representan varios procesos isocricos. La relacin entre los volmenes es V1 < V2 < V3 < V4 < V5 En el estado B la pendiente de la recta es mayor que en el estado A . Por tanto su volumen es menor. Es decir VB < VA 1 EnunciadoUn manmetro sumergido en un tanque registra la presin nanomtrica, que es la diferencia entre la presin interior y exterior (esta ltima es la presin atmosfrica). Cuando el tanque se llena de oxgeno (O2), contiene 10.0 kg de gas a una presin manomtrica de 40.0 atm. Determina la masa de oxgeno que se ha extrado del tanque cuando se mide una presin manomtrica de 25.0 atm. Supn que la temperatura de tanque permanece constante. 2 SolucinLa presin manmetrica es la presin del gas respecto a la presin atmsferica. As, las presiones absolutas del gas al principio y al final del proceso son

El proceso es a temperatura y volumen constante. En este caso lo que cambia es el nmero de moles del gas. La ecuacin de estado de los gases ideales aplicada en los estados inicial y final es

Dividiendo una por otra obtenemos

La masa del gas es proporcional al nmero de moles

donde PM es el peso molecular. Por tanto la masa en el estado final es

La masa que ha salido es

1 Enunciado Un neumtico de un automvil se infla con aire que inicialmente se encuentra a una temperatura de 10.0 y a presin atmosfrica normal. Durante el proceso, el aire se comprime hasta alcanzar el 28.0% de su volumen original, lo que hace que aumente su temperatura a 40.0 1. Cul es la presin en el neumtico? 2. Despus de hacer circular el coche a gran velocidad, la temperatura en el interior del neumtico aumenta hasta 85.0 y su volumen aumenta en un 2.00%. Cul es la nueva presin (absoluta) del neumtico expresada en pascales? 2 Solucin 2.1 Inflado del neumtico El gas sufre un proceso entre el estado 1 y el estado 2. Los valores conocidos y desconocidos de cada estado son

En el proceso slo se mantiene constante la cantidad del gas. De la ecuacin de estado obtenemos

Despejando la presin en el estado final tenemos

Sustituyendo los datos conocidos de los estados tenemos

2.2 Presin tras rodarAhora los estados inicial y final vienen caracterizados por los siguientes valores

Aplicando de nuevo la ecuacin de estado tenemos

1 Enunciado Un cilindro de de altura se llena con 0.100 moles de un gas ideal a una temperatura de y una presin de . El cilindro se cierra entonces con un pistn de masa que se deja caer hasta alcanzar el equilibrio. 1. Determina la altura h0 del pistn suponiendo que la temperatura del gas no vara en la compresin. 2. Supn que el pistn se empuja hacia abajo ligeramente ms all de la posicin de equilibrio y luego se libera. Suponiendo que la temperatura del gas permanece constante y que el rozamiento del pistn es despreciable, demuestra que el pistn describe un movimiento armnico simple y determina su frecuencia. 2 Solucin 2.1 Posicin de equilibrio

Las condiciones iniciales del gas, antes de colocar el pistn, son (Pa,Va,T), siendo Pa la presin atmosfrica, Va = AH el volumen inicial del gas, con A el rea de la seccin del cilindro, y T = 298.15 K la temperatura que se mantendr constante durante todo el proceso. Al colocar el pistn, su peso ejerce una presin aadida al gas, por lo que este se comprime y alcanza un nuevo volumen de equilibrio V0. La presin total sobre el gas en esta situacin es

Podemos obtener el valor del rea A en funcin de los datos del problema aplicando la ecuacin de estado del gas ideal al estado inicial del gas. Tenemos

Por tanto, la presin en el estado de equilibrio es

Es interesante analizar el cociente adimensional que ha aparecido en el parntesis. El numerador es la energa potencial del pistn cuando lo colocamos sobre el gas. El denominador es una energa que est asociada al gas, pues depende de su temperatura. Usando la teora cintica de los gases puede demostrarse que cada molcula de un gas ideal contribuye con una energa 3kBT / 2 a la energa trmica del gas, siendo kB la constante de Boltzmann. Como hemos visto en teora, el denominador puede escribirse nRT = NkBT, donde N es el nmero total de molculas. En resumen, el cociente puede interpretarse como la importancia relativa de la energa potencial gravitatoria del pistn y la energa trmica asociada al gas. Si la primera es mayor que la segunda, la presin cambia significativamente al aadir el pistn. Si es mucho menor, la presin del gas apenas se ve afectada por la presencia del pistn. En nuestro caso, con los datos del problema tenemos

por lo que el valor de la presin de equilibrio cuando est el pistn es

Podemos ahora calcular la altura del pistn en el equilibrio. Como la temperatura es constante en el proceso, los parmetros del estado inicial y el final estn relacionados por la ley de Boyle

2.2 Oscilaciones isotermas del pistn

Partimos ahora de la situacin de equilibrio, (P0,V0,T) con V0 = Ah0. Si empujamos ligeramente el pistn, aumentamos la presin respecto del valor P0. Escogemos el eje X tal y como se indica en el dibujo. Suponiendo que el proceso es cuasiesttico, la presin del gas se adapta en cada instante a la presin ejercida sobre l, de modo que si el pistn se separa una distancia x de su posicin de equilibrio, la presin ser P = P(x). Podemos determinar esta presin aplicando de nuevo la ley de Boyle entre el estado de equilibrio y el estado en que el pistn ha sido empujado una distancia x

Como empujamos el pistn muy ligeramente, podemos suponer . Usando el desarrollo de Taylor

vlido cuando , obtenemos para la presin en funcin del desplazamiento del pistn

Observamos que si hacemos descender el pistn, la presin del gas es algo mayor que la de equilibrio, mientras que si lo hacemos subir (x < 0), la presin es algo menor. Entonces, si obligamos al pistn a descender y lo soltamos, habr una fuerza neta sobre el pistn, originada por el desequilibrio entre P0 y P(x). Esta fuerza es, usando el eje X como se indica en la figura

Hemos utilizado la primera ecuacin del apartado anterior en la forma PoA = PaA + mg. Aplicando la Segunda Ley de Newton, encontramos la ecuacin diferencial que determina el movimiento del pistn de masa m. Como el movimiento es unidimensional prescindimos de los vectores. Tenemos

Esta es la ecuacin de un movimiento armnico simple con frecuencia angular

Usando los resultados del apartado anterior, podemos expresar la frecuencia en funcin de los datos del problema. Obtenemos

El perodo de oscilacin es

Con los datos del enunciado obtenemos

La grfica muestra como vara el perodo con la temperatura para los valores de las magnitudes dados en el enunciado. Para temperaturas altas, el cociente entre energas se hace despreciable, y el perodo decrece de manera inversamente proporcional a la raz cuadrada de la temperatura. Para temperaturas bajas, el perodo alcanza un mximo. La temperatura a la cual ocurre puede encontrarse imponiendo que la derivada del perodo respecto a T sea nula. Resulta que esta condicin se cumple precisamente para la temperatura para la cual el cociente entre energas se hace 1, es decir

Con los valores del enunciado obtenemos Tmax = 39.7 K.

FSICA II, INGENIERIA AEROESPACIAL, CURSO 2010/11BOLETIN DE PROBLEMAS DEL TEMA 10: TEMPERATURA1 Enunciado Se dispone de un termmetro graduado en la escala Celsius y otro en la escala Farenheit. Hay alguna temperatura para la cual la lectura de ambos termmetros coincida? 2 Solucin La relacin entre las dos escalas viene dada por la expresin

donde tc es la temperatura en la escala Celsius y tf en la escala Farenheit. Para que la lectura sea la misma, tc = tf = t0, debe ocurrir

Resolviendo la ecuacin esto ocurre para

1 Enunciado En un lugar en el que la presin atmosfrica es de 760 mm de Hg, introducimos un termmetro centgrado en hielo fundente y luego en vapor de agua hirviendo. El termmetro, que est mal graduado, marca para el primero y para el segundo. 1. Qu frmula de reduccin hemos de usar para calcular la temperatura real en todos los casos? 2. Si el termmetro marca , cul es la verdadera temperatura? 3. A qu temperatura ser correcta la lectura del termmetro? 2 Solucin 2.1 Correccin de la temperatura Aunque el termmetro est mal graduado, la temperatura que da sigue siendo dependiendo linealmente de la propiedad termomtrica. Por tanto, la relacin entre la temperatura correcta y la lectura de este termmetro tambin es lineal. Si t es la lectura correcta y la lectura equivocada, la relacin entre ambas es

Necesitamos dos puntos de calibracin para determinar las constantes. El primero es el punto de fusin del hielo a la presin atmosfrica. La temperatura correcta es 0oC, y la que da el termmetro mal calibrado es 2.00oC. Por tanto

El otro punto de calibracin es el punto de ebullicin del agua a presin atmosfrica. La temperatura correcta es 100oC, y la que da el termmetro es 102.5oC. Entonces

Resolviendo estas dos ecuaciones obtenemos las constantes

As pues, la temperatura correcta es

2.2 Temperatura correcta para 50oC Usando la expresin anterior tenemos

2.3 Temperatura a la que la lectura es correcta Esto ocurrir cuando con

Despejando obtenemos

1 Enunciado Un termistor es un dispositivo de estado slido cuya resistencia vara considerablemente con la temperatura. Esta dependencia viene descrita aproximadamente por la expresin R = R0eB / T, donde R se expresa en ohmios(), T en kelvins y R0 y B son constantes que pueden determinarse midiendo R para puntos de calibracin conocidos. 1. Si en el punto de congelacin del hielo y en el punto de ebullicin del agua, calcula R0 y B. 2. Cul es la resistencia del termistor a ? 3. Cul es la variacin de la resistencia con la temperatura (dR / dT) en el punto de congelacin del hielo y el de ebullicin del agua? 4. Para cual de estas temperaturas es este termistor ms sensible? 2 Solucin 2.1 Calibracin del termistor La relacin entre la propiedad termomtrica (la resistencia) y la temperatura tiene dos constantes: R0 y B. Necesitamos dos puntos de calibracin. En el punto de fusin del hielo tenemos

En el punto de ebullicin del agua tenemos

Dividiendo una por otra obtenemos

Tomando logaritmos

Despejando llegamos a

Despejamos R0 de una de las dos ecuaciones

2.2 Resistencia para una temperatura dadaPasamos la temperatura a la escala Celsius

La temperatura absoluta es

La resistencia es

2.3 Variacin de la resistencia con la temperatura La derivada es

En los puntos de calibracin tenemos

La sensibilidad es mayor donde el mdulo de la derivada es ms grande. La variacin de resistencia debida a una variacin de temperatura es

Cuando el mdulo de la derivada es mayor, un dT pequeo induce un dR ms grande. 1 Enunciado

Se colocan dos tramos prefabricados de hormign en un puente de longitud total 2L, de modo que no queda espacio para una posible dilatacin. Si se produce un aumento de temperatura T, cunto mide la altura y a la que se levantan ambos tramos al deformarse? 2 Solucin Al aumentar la temperatura una cantidad T, la longitud de cada tramo aumenta hasta

Aqu es el coeficiente medio de dilatacin lineal del hormign. La altura y se obtiene aplicando el teorema de Pitgoras

Teniendo en cuenta que

Usando el desarrollo de Taylor

Tenemos

Podemos despreciar el segundo sumando del parntesis, con lo cual

Segn las tablas Si suponemos un tramo de 50 m y una diferencia de temperatura entre invierno y verano de 50 oC tenemos

1 Enunciado

Un lquido con un coeficiente de dilatacin volumtrica llena por completo una estructura esfrica de volumen V0 a una temperatura T0. El material del que est hecho la esfera tiene un coeficiente medio de dilatacin lineal . El lquido se puede expandir ocupando el tubo capilar de seccin A unido a la parte superior de la esfera. Si se produce una aumento de temperatura T, encuentre la expresin que da la altura h que sube el lquido en el capilar. 2 SolucinAl aumentar la temperatura en T el nuevo volumen del lquido es

El recipiente tambin se dilata. El coeficiente medio de dilatacin cbica es . Por tanto el nuevo volumen es

El exceso de volumen del lquido es el que ocupa el capilar. Si la seccin del capilar es A0 la altura que sube el lquido es

En general el coeficiente medio de dilatacin cbica de los lquidos es mayor que el de los slidos. Suponiendo que el lquido es mercurio y el recipiente est hecho de vidrio tenemos

Por tanto 3 > 0 y el lquido sube por el capilar 2.1 Correccin teniendo en cuenta el aumento de la seccinAl aumentar la temperatura, la seccin del capilar tambin aumenta. Como es una superficie, el coeficiente relevante es el coeficiente medio de dilatacin superficial, que es igual a 2, siendo el coeficiente de dilatacin lineal. La seccin es

Entonces la altura que sube el lquido es

Ahora bien, si tenemos en cuenta que podemos usar el desarrollo de Taylor de cuando y obtenemos

Al despreciar el segundo trmino del ltimo parntesis obtenemos la expresin anterior. Para una variacin de temperatura el error relativo que se comete sera

Como vemos, es muy pequeo, por lo que la expresin que obtuvimos en el apartado anterior es completamente vlida. 1 Enunciado Utilizando la ecuacin de estado de los gases ideales, responde a las siguientes preguntas 1. Qu volumen ocupa un mol de gas en condiciones estndar? 2. Cuantas molculas hay en de gas ideal a una temperatura de y a un presin de ? Y si la presin es de ?. 2 Solucin 2.1 Volumen de un mol de gas en condiciones estndarLa definicin de condiciones estndar depende del organismo que fije el estndar. Nosotros seguiremos las recomendaciones de la International Union of Pure and Applied Chemistry (IUPAC). Esta organizacin fija las condiciones estndar para un gas cmo una temperatura de 0oC y una presin de 100 kPa. Recurrimos a la ecuacin de estado de un gas ideal para obtener el volumen ocupado por un mol de gas. Tenemos

2.2 Nmero de molculas En las condiciones del enunciado el nmero de moles del gas es

En cada mol hay el nmero de Avogadro de molculas. Entonces el nmero total de molculas es

El nmero de moles, y por tanto el nmero de molculas, es proporcional a la presin. Si la presin es ahora P2, el nmero de molculas es

1 Enunciado Un neumtico de un automvil se infla con aire que inicialmente se encuentra a una temperatura de 10.0 y a presin atmosfrica normal. Durante el proceso, el aire se comprime hasta alcanzar el 28.0% de su volumen original, lo que hace que aumente su temperatura a 40.0 1. Cul es la presin en el neumtico? 2. Despus de hacer circular el coche a gran velocidad, la temperatura en el interior del neumtico aumenta hasta 85.0 y su volumen aumenta en un 2.00%. Cul es la nueva presin (absoluta) del neumtico expresada en pascales? 2 Solucin 2.1 Inflado del neumtico El gas sufre un proceso entre el estado 1 y el estado 2. Los valores conocidos y desconocidos de cada estado son

En el proceso slo se mantiene constante la cantidad del gas. De la ecuacin de estado obtenemos

Despejando la presin en el estado final tenemos

Sustituyendo los datos conocidos de los estados tenemos

2.2 Presin tras rodarAhora los estados inicial y final vienen caracterizados por los siguientes valores

Aplicando de nuevo la ecuacin de estado tenemos

1 Enunciado La figura de la izquierda muestra en un diagrama V-T un proceso realizado por una cantidad fija de un gas ideal. El gas pasa del estado A al estado B. Qu ocurre con la presin del gas? En la segunda grfica tenemos otro proceso descrito por el gas en un diagrama P-T. Qu ocurre en este caso con el volumen del gas?

2 Solucin 2.1 Diagrama VTUn gas ideal cumple la ecuacin de estado PV = nRT En un diagrama VT, los procesos a presin constante vienen representados por rectas que pasan por el origen

La pendiente de la recta es nR / P. Por tanto, es mayor cuanto menor es la presin. En la figura se representan varios procesos isbaros. La relacin entre las presiones es P1 < P2 < P3 < P4 < P5 En el estado B la pendiente de la recta es menor que en el estado A . Por tanto su presin es mayor. Es decir PB > PA 2.2 Diagrama PTEn un diagrama PT, los procesos a presin constante vienen representados por rectas que pasan por el origen

La pendiente de la recta es nR / V. Por tanto, es mayor cuanto menor es el volumen. En la figura se representan varios procesos isocricos. La relacin entre los volmenes es V1 < V2 < V3 < V4 < V5 En el estado B la pendiente de la recta es mayor que en el estado A . Por tanto su volumen es menor. Es decir VB < VA EnunciadoCierto gas ideal constituye un sistema termodinmico (supuestamente cerrado) que evoluciona desde un estado inicial a otro final. Tras el proceso, se comprueba que tanto su presin como su volumen han disminuido, mientras que su temperatura ha sufrido un aumento. Qu conclusin podemos extraer? 2 SolucinConsideremos que los estados inicial y final del sistema estn caracterizados por sendas ternas de valores de coordenadas termodinmicas, y , respectivamente. Independientemente del proceso seguido, si el sistema es un gas que verifica las condiciones del gas ideal, en ambos estados se deber verificar la ecuacin de estado,

donde representa la cantidad de gas, y R la constante de los gases ideales: si est expresado en moles de sustancia, dicha constante universal vale, aproximadamente, , equivalente a unas . Por otra parte, si los valores iniciales y finales de presin, volumen y temperatura verifican las relaciones...

... las cantidades de gas, inicial , y final , deben ser tales que...

Es decir, para que en el proceso disminuyan la presin y el volumen del gas, a la vez que aumente su temperatura, es necesario que la cantidad de gas final sea estrictamente menor que la inicial. En consecuencia, el sistema no puede ser cerrado: debe existir algn tipo de fuga, pues son incompatibles los cambios en las coordenadas termodinmicas con que la cantidad de gas permanezca constante. 1 EnunciadoPor una tubera calentada en su punto medio con una llama invariable fluyen 50 l de agua por segundo. La temperatura de entrada es de 20C, y la de salida de 35C. Otro lquido de densidad 0.8, circula a continuacin por el mismo tubo calentado por la misma llama, pero con un caudal de 25 l/s. Las temperaturas en los dos extremos se estacionan ahora en 18C y en 68C. Calcular el calor especfico del lquido. 2 SolucinEl dato de que la llama es invariable debemos intepretarlo en el sentido de que, en intervalos iguales de tiempo, la llama suministra idnticas cantidades de calor. O lo que es lo mismo, la cantidad de calor que suministra por unidad de tiempo es un valor constante:

Por otra parte, tanto el agua como el lquido problema, fluyen por la tubera de manera que sus respectivos caudales son constantes; es decir, el volumen que por unidad de tiempo cruza la seccin transversal de la tubera tiene un valor constante para cada uno de los fluidos. Y si stos son incompresibles,la cantidad de masa de fluido lquido que en un intervalo de tiempo t, pasa de la zona fra a la caliente ser:

siendo m la densidad de masa. Y si esta masa ha cambiado su temperatura desde un valor T1 a otro T2, en el intervalo de tiempo t habr absorbido una cantidad de calor, obviamente sumistrada por la llama invariable:

donde c es el correspondiente valor de calor especfico. Obsrvese que los dos lquidos estudiados tienen caudales y calores especficos distintos y sufren distintos cambios en sus temperaturas, pero la llama es la misma en ambos casos; por tanto, se tendr:

Para el caso del flujo de agua, el caudal es , y el incremento de temperatura entre un extremo y otro es . Como datos del lquido problema tenemos que su caudal es , que sufre un incremento de temperatura , y que su densidad es 0.8 veces las del agua. Con esto se obtiene:

1 Enunciado Para averiguar la temperatura de una llama se calienta con ella un trozo de hierro de 200 g que, a continuacin, se introduce en un calormetro que contiene un litro de agua. Se observa que la temperatura de sta aumenta de a . Cul es la temperatura de la llama? Datos: capacidad calorfica del calormetro, ; calor especfico del hierro, ; calor especfico del agua lquida, . 2 Solucin Al introducir el trozo de hierro en el calormetro, como est a una temperatura mayor que el agua y el vaso, cede calor a stos. El proceso contina hasta que se alcanza una temperatura de equilibrio. Hay tres sistemas que intercambiar calor: el trozo de hierro, el calormetro y el agua. Veamos el calor que absorbe cada uno de ellos Trozo de hierro: pasa de una temperatura TFe desconocida hasta la temperatura de equilibrio

Agua: Pasa de la temperatura inicial a la temperatura de equilibrio

La masa de agua es pues nos dicen que es un litro de agua. Calormetro: Pasa de la temperatura inicial Ta a la temperatura de equilibrio Teq. El dato que nos dan es la capacidad calorfica del vaso.

Como el sistema formado por el hierro, el agua y el vaso est aislado, la suma de calores transferidos entre ellos debe ser cero QFe + Qa + Qc = 0 De aqu despejamos la temperatura de la llama, que es la temperatura inicial del hierro.

1 EnunciadoSe quiere determinar la temperatura de un vaso metlico. Para ello, se vierte en l cierto volumen de agua fra a 12C y se mide la temperatura de equilibrio, que resulta ser de 20C. Se aade un segundo volumen de agua fra igual al primero y se mide la nueva temperatura de equilibrio de 18C. Cul era la temperatura inicial del vaso metlico? 2 SolucinEn el ejercicio propuesto se tiene una recipiente o vaso, del cul se desconocen los valores de su masa mv, calor especfico cv, y temperatura inicial T. Como el objetivo es determinar esta ltima y la masa del vaso no va a cambiar, tomaremos como parmetro la capacidad calorfica Cv = mvcv del mismo. Por otra parte, para medir la temperatura del vaso se procede a vertir en su interior una cantidad indeterminada de agua, cuya capacidad calorfica Ca = maca tambin tendr un valor desconocido. La masa de agua est a una temperatura T1 que, en el escala Celsius, le corresponde un valor de 12C. Como sta ser, en general, distinta de la temperatura T del vaso, se iniciar un proceso termodinmico (A), que culminar cuando la masa ma de agua y el vaso se encuentran en desequilibrio trmico. Consideraremos que en dicho proceso slo va a tener valores significativos la transferencia de energa entre el vaso y la masa de agua, constituyendo ambos el universo observado. 2.1 Proceso A

Como el vaso es un slido y el agua un fluido incompresible, la nica forma posible de transferencia de energa ser en forma de calor. Si T2 es la temperatura de equilibrio al final de este proceso (20C en la escala Celsius), las cantidades de calor y transferidas al agua y al vaso sern opuestas:

Por tanto, la variacin sufrida por la temperatura del vaso en este proceso sera:

Sin embargo, en esta expresin se desconoce la relacin entre las capacidades calorficas del vaso y de la masa indeterminada de agua. Para ello, debemos realizar un segundo proceso, en el cual hemos de volver a usar una segunda cantidad de agua con igual valor de capaciadad calorfica Ca y, por tanto, con idntica cantidad de masa ma. Si esta segunda masa de agua se halla tambin a 12C (temperatura T1), se tendr de nuevo un desequilibrio trmico, entre sta y el vaso y el agua del proceso A. Se desencadena, por tanto, un segundo proceso B que finaliza cuando el vaso y la masa 2ma alcanzan la tempertura de equilibrio T3 (18C en la escala Celsius). 2.2 Proceso B

La cantidad de calor transferida en este proceso al sistema, constituido por la segunda masa de agua fra (con igual capacidad calorfica que la primera), es:

Por su parte, la cantidad de calor transferida al entorno (es decir, al conjunto resultante al final del proceso A), ser igual a la suma de los calores que se transfieren a la primera cantidad de agua y al vaso:

Exgiendo que los calores transferido a sistema y entorno deben ser opuestos, se obtiene:

Y sustituyendo este resultado en la expresin del apartado anterior, obtenemos la medida en la escala Celsius de la temperatura inicial del vaso:

Para enfriar un litro de agua que est a 20C se le aaden 250 gramos de hielo a -4C. Determinar el estado final de la mezcla supuestas despreciables las prdidas de calor. Datos: calor especfico del agua, ; calor especfico del hielo, ; calor latente de fusin del hielo, . 2 SolucinEn primer lugar, consideraremos que la mezcla inicial de hielo y agua se encuentra en un recipiente de paredes fijas, a una presin aproximada de una atmsfera y que, segn se indica en el enunciado, las cantidad de calor que intercambia aqul con la mezcla son despreciables. En consecuencia, las nicas transferencias de energa a tener en cuenta, sern las que existan entre la masas de agua, y de hielo. Por otra parte, como la primera sustancia es un lquido incompresible, y el hielo es un slido, admitiremos que la nica forma posible de transferencia de energa ser en forma de calor, debido a las diferentes temperaturas que inicialmente tienen los componentes de la mezcla. Obsrvese que, como stos son la misma sustancia pero en diferente fase, las cantidades de calor transferidas en el proceso que termina en el equilibrio trmico, van a producir tanto cambios de temperatura, como cambios de fase, que determinarn el estado final de la mezcla que, a su vez estar condicionado por la temperatura final de equilibrio. A priori, no podemos asegurar cul va a ser dicho estado final, y no tenenos ms remedio que establecer ciertas hiptesis de trabajo y comprobar si el resultado que se obtiene, es compatible con aqullas. 2.1 Hiptesis ADado que la cantidad de agua es cuatro veces la hielo y que la diferencia de temperatura de aqulla (Ta) con respecto a la del punto de congelacin (T0), es cinco veces mayor que la de ste respecto de la del hielo (Th), resulta una hiptesis plausible que la temperatura de equilibrio, T, est por encima de la del punto de congelacin.

Ntese que esta hiptesis, implica que toda la masa de hielo debe haberse fundido, mientras que la de agua slo habr reducido su temperatura. Es decir, el resultado final de la mezcla tras el proceso seran de agua a una temperatura T tal que

El calor transferido en el proceso a la masa ma de agua lquida sera:

Es decir, es un calor cedido que depender de la reduccin de temperatura desde el valor inicial Ta, equivalente a en la escala Celsius, hasta el valor de la temperatura final. En este mismo proceso, el hielo ha de pasar desde una temperatura inicial Th a la que corresponden en la escala Celsius, hasta la temperatura final de la mezcla T, pasando previamente por la temperatura T0 correspondiente al punto de congelacin del agua (a ), en la cul toda la masa de hielo se funde. Por tanto, el calor transferido al hielo puede descomponerse en tres trminos:

Esta cantidad de calor absorbido debe ser opuesta al cedido por el agua, de manera que,

donde en el segundo trmino hemos restado y sumando el producto de la capacidad calorfica de la masa de agua por la temperatura del punto de congelacin, para operar siempre con incrementos de temperatura que, como sabemos, son idnticos en las escalas centrgrada y absoluta. Reordenado estos trminos, se obtiene:

A partir de este resultado parcial, se obtiene que la diferencia entre la temperatura final final de la mezcla, T, y la T0 del punto de congelacin sera:

Obsrvese que esta diferencia de temperatura negativa implicara una temperatura final de unos contradiciendo, por tanto, la hiptesis de que T es mayor que la temperatura correspondiente al punto de congelacin del agua. En consecuencia, las transferencias de calor que hemos calculado no sern correctas y hemos de rehacer los clculos para el caso de que la temperatura final est por debajo del punto de congelacin. 2.2 Hiptesis BSi la temperatura final queda por debajo del punto de congelacin, esto implicara que toda la masa de agua lquida debera acabar congelada. Esto resulta bastante extrao. Sin embargo, calculemos cules seran los calores transferidos en este caso y obtengamos el hipottico valor de temperatura bajo cero resultante que, de todas formas, sera mayor que la Th inicial del hielo:

En consecuencia, la masa inicial de hielo slo habr sufrido un cierto calentamiento, pero sin llegar a cambiar de fase. En dicho proceso habr absorbido una cantidad indeterminada de calor,

Este calor ser cedido por la masa ma de agua al enfriarse desde la temperatura Ta (correspondiente a en la escala Celsius), hasta la temperatura final T por debajo de , lo cual exigira la congelacin de la masa de agua inicialmente lquida. De manera anloga al apartado anterior, la cantidad de calor transferida desde el agua puede descomponerse en tres trminos:

Operando de forma similar a como se hizo en la hiptesis anterior, se tendr...

Y agrupando en un mismo miembro los trminos que dependen de la temperatura final, se obtiene:

Es decir, llegamos de nuevo a un resultado incompatible con la hiptesis de trabajo: partiendo de que la temperatura final va a estar por debajo del punto de congelacin y, por tanto, todo la masa de agua se ha acabado congelando, llegamos al resultado de que el valor de la temperatura final es de unos !! Luego si ambas hiptesis, T > T0 y T < T0, llevan a sendos resultados inconsistentes, la nica opcin posible es que la temperatura final de equilibrio sea la T0 correspondiente al punto de congelacin. 2.3 Hiptesis CY si la temperatura resultante es T0, el estado final ser, en general, una mezcla de hielo y agua a 0oC, pudiendo ocurrir tanto que una cierta cantidad de hielo mhf se funda, como que otra cantidad mca de agua acabe congelndose. De esta forma, la masa de agua cedera calor para disminuir su temperatura desde Ta hasta T0, y para que se congelase la cantidad indeterminada mca:

Por su parte, la masa de hielo absorbera calor para elevar su temperatura hasta los 0oC y tambin para la posible fusin de una cierta cantidad mfh de dicha masa:

Aplicando una vez ms que las anteriores cantidades de calor deben ser opuestas, se obtiene:

Es decir, la cantidad de calor cedido por el agua al enfriarse hasta la temperatura del punto de congelacin es mayor que el necesario para calentar el hielo hasta dicho punto. En consecuencia, la cantidad mfh de hielo que se funde va a ser mayor que la de agua, mca que pudiera llegar a congelarse. La diferencia entre estas cantidades ser el valor neto de masa de hielo fundida y, por consiguiente, el aumento de masa de agua lquida:

1 Enunciado Un calormetro contiene 500 g de agua y 300 g de hielo, todo ello a una temperatura de 0C. Se coge un bloque metlico de 1000 g de un horno cuya temperatura es de 240C y se deja caer rpidamente dentro del calormetro, resultando que se produce exactamente la fusin de todo el hielo. Cul sera la temperatura final del sistema si la masa de hierro fuese el doble? Desprecia las prdidas calorficas del calormetro y su capacidad calorfica. 2 Solucin 2.1 Fusin del hielo En este primer proceso se nos dice que el nico efecto de dejar caer el bloque metlico en el calormetro es fundir todo el hielo. La mezcla de agua y hielo estaba a 0C inicialmente. Durante el cambio de fase de hielo a agua lquida la temperatura no cambia, por lo que la temperatura final del agua y el hielo es la misma que la inicial, Ta = 0oC.

La incgnita es cm, el calor especfico del metal. Veamos el calor absorbido por cada sistema

Como el sistema completo es cerrado, la suma de calores transferidos internamente es cero.

2.2 Aadido de una masa doble En este caso, adems de fundirse el hielo la temperatura final es mayor que 0oC, pues el trozo de metal puede transferir ms calor que antes. Podemos describir la evolucin como

La incgnita es Tf, la temperatura final del sistema. Veamos el calor absorbido por cada sistema

De nuevo, la suma de calores transferidos internamente es cero

1 Enunciado En un calormetro que contiene 200 g de hielo a -8.00C se introducen 50.0 g de vapor de agua a 100C. El equivalente en agua del calormetro es 20.0 g. Determina el estado final de la mezcla. Datos: calor especfico del hielo, 0.500 cal/gC; calor latente de fusin del hielo, 80.0 cal/g; calor latente de vaporizacin del agua, 537 cal/g. 2 Solucin Supongamos que el estado final de la mezcla es agua lquida a una cierta temperatura. El vapor tiene que condensarse en agua lquida y despus enfriarse hasta la temperatura final. Por su parte, el hielo tiene que calentarse para llegar a 0C, luego derretirse y despus calentarse hasta la temperatura final de la mezcla. Adems hay que tener en cuenta el calor intercambiado por el calormetro. El proceso que sigue cada uno de los sistemas es

La capacidad calorfica del calormetro es el productor de su equivalente en agua por el calor especfico del agua lquida

Ahora podemos calcular el calor transferido por cada uno de los sistemas

El calor de fusin entra con signo positivo pues el hielo absorbe calor para derretirse, mientras que el calor de vaporizacin entra con signo negativo pues el vapor cede calor al condensarse. Obsrvese que el calormetro no se ve afectado por cambios de fase. El dato del equivalente en agua del vaso nos sirve para calcular su capacidad calorfica, pero no significa que cambie de fase como el agua. Como el sistema est aislado debe cumplirse QH + Qv + Qc = 0 Esto nos da una ecuacin para una incgnita, la temperatura final de la mezcla. Obtenemos

La temperatura final es coherente con la suposicin que hemos hecho de que el estado final de la mezcla es agua lquida a una cierta temperatura. Si hubiese salido una temperatura negativa querra decir que en el estado final habra hielo no derretido, mientras que si hubiese salido mayor que 100C querra decir que parte del vapor no se condensa. En esos casos habra que modificar los procesos que siguen cada uno de los sistemas. De Laplace1 EnunciadoUn bloque de hielo a 0C se deja caer libremente desde una altura de 80m. En el momento del choque, un 20% de la energa del bloque se transforma en calor absorbible por su masa. Que parte del hielo se funde a causa de esta absorcin? 2 SolucinAqu tenemos una situacin en que la energa mecnica se transforma en calor. Cuando el bloque est a una altura sobre el suelo, y en reposo, su energa mecnica es igual a la energa potencial gravitatoria. Si se toma como origen de potencial coincidiendo con el suelo, se tendr que,

donde m es la masa de hielo, y g la aceleracin de la gravedad en las proximidades de la superficie terrestre. En el proceso de cada la energa potencial se va transformado en energa cintica, pero mantenindose constante la energa mecnica total pues, si se desprecia el rozamiento del hielo con el aire, la nica fuerza que acta es el peso que, como se sabe, es conservativa:

En el instante de impacto inminente, toda la energa potencial inicial se habr transformado en cintica y, al chocar con el suelo, una fraccin = 0.2 (es decir, el 20%) de esa energa mecnica se transforma en calor absorbible por el hielo:

Como ste se encuentra a una temperatura de 0oC, este calor absorbido se invierte en primer lugar, en derretir una parte m de la masa total de hielo. Si Lf es el calor latente de fusin del hielo a una atmsfera de presin, se tendr que,

es la fraccin de masa derretida. En funcin de los datos del problema, se obtiene:

FI SICA II, INGENIERIA AEROESPACIAL, CURSO 2010/11BOLETIN DE PROBLEMAS DEL TEMA 11: PRIMER PRINCIPIO1 Enunciado

Calcula el trabajo realizado sobre un fluido que se expande en los tres procesos entre los mismos estados inicial y final indicados en la figura. En el proceso c, que es cuasi-esttico, se tiene , con y . Los volmenes inicial y final son y . 2 Solucin Las presiones de los estados 1 y 2 pueden obtenerse a partir de la ecuacin de estado del proceso 3.

Ahora podemos calcular el trabajo en los tres procesos. 2.1 Proceso a Este proceso consta de dos subprocesos, uno a presin constante P1 y otro a volumen constante V2. En el proceso a presin constante el trabajo es Wa1 = P1(V2 V1) mientras que en el proceso a volumen constante el trabajo es cero pues el volumen no cambia. El trabajo total es la suma del trabajo en cada subproceso.

2.2 Proceso b Este proceso consta de dos subprocesos, uno a volumen constante V1 y otro a proceso constante P2. En el proceso a volumen constante el trabajo es cero pues el volumen no cambia, mientras que en el proceso a presin constante el trabajo es Wb2 = P2(V2 V1) El trabajo total es la suma del trabajo en cada subproceso.

2.3 Proceso c En este caso la presin vara durante el proceso segn la ecuacin de estado dada en el enunciado. El trabajo es

Las condiciones iniciales del estado de un gas perfecto son: V=4.00 l, P=2.00 atm, t = 27.0o C. Se dilata el gas a presin constante hasta duplicar su volumen. A continuacin se comprime isotrmicamente hasta recuperar el volumen inicial. Finalmente se enfra a volumen constante hasta su presin inicial. 1. Dibuja el ciclo en un diagrama PV. 2. Calcula el trabajo realizado sobre el gas en el ciclo suponiendo que los procesos son cuasiestticos. 2 Diagrama del ciclo

Los estados por los que pasa el sistema son los siguientes

La figura muestra el ciclo representado en el diagrama PV. 3 Trabajo en el ciclo El trabajo total realizado por el gas en el ciclo es la suma de los trabajos realizados en cada proceso. Vamos a calcular cada uno de ellos 3.1 Proceso isobrico En este caso la presin es constante. Por tanto el trabajo es

El trabajo es negativo, es decir, contribuye a disminuir la energa interna del gas. Es lgico, pues se trata de una expansin. En el diagrama PV, este trabajo corresponde al rea bajo la lnea horizontal que une los estados 1 y 2, con signo negativo. 3.2 Proceso isotermo Ahora es la temperatura la que permanece constante en el proceso. Usamos la ecuacin de estado del gas ideal para expresar la presin en funcin de la temperatura y el volumen

Utilizando de nuevo la ecuacin de estado del gas ideal, obtenemos nRT2 = P2V2. El trabajo final es

Ahora el trabajo es positivo, pues es una compresin. En el diagrama, corresponde al rea bajo la hiprbola que une los estados 2 y 3. En este caso, el trabajo es positiva pues la curva se recorre de derecha a izquierda, en sentido contrario a como se realiz el proceso 12. 3.3 Proceso iscoro En este ltimo proceso el volumen permanece constante, por tanto, el gas no realiza trabajo. W31 = 0 3.4 Trabajo total El trabajo total es la suma del trabajo en cada uno de los procesos de los que se compone el ciclo. Por tanto

Como vemos, el trabajo total es positivo, el gas recibe una transferencia de energa neta a travs del trabajo. Como el proceso es cclico, la energa interna es la misma al empezar que al terminar, pues es una funcin de estado. Esto nos permitira afirmar que el calor transferido al gas es negativo, es decir

En el diagrama PV el trabajo es igual al rea encerrada en el ciclo. En este caso es positivo pues el ciclo se recorre de modo que el rea encerrada queda a la izquierda. De este modo, el proceso 23, donde el trabajo es positivo, compensa el proceso 12, donde el trabajo es negativo. Si quisisemos que el gas proporcionara un trabajo (por ejemplo, para mover un pistn o un cigeal), tendramos que recorrer el ciclo en sentido inverso, de modo que el trabajo neto sobre el gas fuese negativo. Esto es una caracterstica general de los ciclos termodinmicos que modelan el funcionamiento de mquinas trmicas. El trabajo realizado en una parte del ciclo se compensa con el realizado en la otra, de modo que el resultado final sea positivo o negativo segn interese. 3.5 Gas ideal diatmico Con los datos del problema no podemos saber el calor transferido y la variacin de energa interna en los procesos individuales. Para ello tenemos que conocer el calor especfico del gas, ya sea a volumen o presin constante. Supongamos que el gas es diatmico. Entonces sabemos que los calores especficos molares son

Ahora s podemos calcular los calores transferidos y la variacin de energa interna en cada porceso 3.5.1 Proceso 1 a 2 El proceso es a presin constante

3.5.2 Proceso 2 a 3 El proceso es a temperatura constante

3.5.3 Proceso 3 a 1 El proceso es a volumen constante

Podemos verificar que la suma de los calores, trabajos y variaciones de energa interna se corresponde con los resultados de los apartados anteriores. 1 Enunciado Un gas ideal monoatmico ocupa un volumen de a la presin de y a la temperatura de . El gas se expande hasta la presin final de mediante un proceso cuasiesttico. Calcule el trabajo realizado, el calor absorbido y la variacin de energa interna en los siguientes casos: 1. Expansin isoterma. 2. Expansin adiabtica. 2 Solucin 2.1 Expansin isoterma La energa interna de un gas ideal slo depende de su temperatura. Al ser un proceso isotermo, sta no cambia. Por tanto U = 0 Para calcular el trabajo realizado utilizamos la ecuacin de estado para expresar la presin en funcin del volumen

Hemos usado la ley de Boyle para expresar el resultado en funcin del cociente de presiones, y la ecuacin del gas ideal para sustituir nRT por P1V1. El trabajo es negativo, pues al expandirse el gas realiza trabajo sobre el recipiente que le contiene. Como la variacin de energa interna es nula, el calor absorbido por el gas es

2.2 Expansin adiabtica En este caso el calor absorbido por el gas es cero: Q = 0 Podemos expresar la variacin de energa interna en funcin de la diferencia de temperaturas entre los estados inicial y final U = ncv(T2 T1) Aqui, cv es el calor especfico molar a volumen constante. Para un gas ideal monoatmico tenemos cv = 3R / 2. Nos falta encontrar la temperatura en el estado final. Para ello usamos la ecuacin de Poisson

Por tanto, la variacin de energa interna es

Hemos usado que en un gas monoatmico = 5 / 3. El trabajo que realiza el gas es

2.3 Comparacin de los dos procesos

Podemos observar que el trabajo realizado por el gas en el proceso adiabtico es menor que el que realiza en el proceso isotermo. Esto puede comprobarse tambin en el diagrama PV de la figura. En un punto del diagrama, la pendiente de la adiabtica es siempre mayor que la de la isoterma. Entonces, al hacer la expansin, la adiabtica se queda a la derecha de la isoterma, y por tanto, el rea debajo de la adiabtica es menor que debajo de la isoterma. 1 EnunciadoSe comprime un mol de aire en condiciones estndar mediante un proceso isotermo hasta reducir su volumen a la mitad, luego se expande adiabticamente hasta recuperar su presin inicial. Ambos procesos son cuasiestticos. Halle 1. La temperatura final 2. El trabajo total realizado por el gas 3. El calor total absorbido por el gas 4. La variacin de energa interna 2 Introduccin

El grfico representa los dos procesos a los que se somete el gas, primero una compresin isoterma y despus una expansin adiabtica. Analicemos cada uno de estos procesos 3 Compresin isoterma Los datos que tenemos de este proceso son

Al ser isotermo la variacin de energa interna del gas es nula U12 = 0 El trabajo realizado es

Y el calor absorbido es Q12 = W12 = nRT1ln2 4 Expansin adiabtica El proceso viene descrito por los parmetros

Podemos determinar P2 usando la ley de Boyle para relacionar los estados 1 y 2

Y ahora usamos la ecuacin de Poisson para relacionar los estados 2 y 3

En el proceso adiabtico se cumple Q23 = 0 La variacin de energa interna es

Hemos usado que el aire se puede considerar un gas ideal diatmico, y por tanto, cv = 5R / 2. Al ser adiabtico, el trabajo en el proceso es

5 Proceso completo Las cantidades pedidas en el proceso completo son

6 Posicin del estado 3 en el diagrama PV Vamos a determinar la posicin del estado 3 en el diagrama, teniendo en cuenta que > 1. Tenemos

La funcin f() es montona creciente en el intervalo , pues

en ese intervalo. Adems tenemos

Por tanto, se cumple T3 < T1 De una manera similar podemos concluir que V2 < V3 < V1 Esos valores corresponden a la posicin del estado 3 que podemos ver en la representacin del proceso en el diagrama PV. La pendiente de la adiabtica es mayor que la de la isoterma, por lo que al expandirse el gas dejamos la isoterma a la izquierda de la adiabtica. Ahora podemos concluir que el trabajo total realizado por el gas es negativo, pues el rea bajo la isoterma es mayor que el rea bajo la adiabtica 1 Enunciado 4 moles de nitrgeno estn a 25 oC y 30 atm. Se pasa bruscamente la presin hasta un valor de 10 atm mediante una expansin adiabtica del gas contra una presin exterior constante de 10 atm. El proceso no es cuasiesttico. Calcule 1. La temperatura final del gas suponiendo que la ecuacin de estado de los gases ideales es aplicable a los estados inicial y final. 2. La variacin de energa interna. 3. El trabajo realizado sobre el gas. 4. Compare con las mismas magnitudes en un proceso adiabtico cuasiesttico que expanda el gas hasta la misma presin final de 10 atm. 2 Temperatura final En este problema no se puede aplicar la ecuacin de Poisson para relacionar los estados inicial y final, pues el proceso no es cuasiesttico. Los datos que tenemos del proceso son

Como la expansin se realiza contra una presin constante Pext = P2, podemos calcular el trabajo realizado sobre el gas

Hemos usado la ecuacin de estado para expresar el trabajo en funcin de las temperaturas y las presiones. Por otro lado, al ser el proceso adiabtico la variacin de energa interna es igual al trabajo. La variacin de energa se puede expresar tambin en funcin de la diferencia de temperaturas y del calor especfico a volumen constante, que al ser un gas ideal diatmico vale cv = 5R / 2. Con todo esto tenemos

Igualando las dos expresiones obtenemos

Despejando obtenemos

3 Variacin de energa interna La variacin de energa interna es

4 Trabajo realizado por el gas Como es un proceso adiabtico, tenemos

5 Comparacin con un proceso cuasiesttico Si la expansin fuese cuasiesttica, en todo momento la presin exterior sera igual a la presin en el gas. En este caso podramos aplicar la ecuacin de Poisson para relacionar los estados inicial y final

La variacin de energa interna y, por tanto, el trabajo realizado por el gas seran

Podemos ver que al realizar el proceso de modo no cuasiesttico el sistema proporciona menos trabajo del que hara si el proceso fuese cuasiesttico. Veremos en el tema siguiente que esto est relacionado con el Segundo Principio de la Termodinmica y la irreversibilidad del proceso.

FI SICA II, INGENIERIA AEROESPACIAL, CURSO 2010/11BOLETIN DE PROBLEMAS DEL TEMA 12: SEGUNDO PRINCIPIO1 Enunciado Una mquina trmica consume 240 kg de carbn por hora, siendo el poder calorfico de este combustible de kcal/kg. Si la mquina tiene un rendimiento del 25% calcule el trabajo suministrado por la mquina y el calor cedido al foco fro en una hora 2 Solucin

La figura muestra el esquema de funcionamiento de una mquina trmica. La mquina funciona cclicamente, y en cada ciclo absorbe una energa | Qc | de un foco trmico a temperatura Tc (foco caliente), cede una energa | Qf | a un foco trmico a temperatura Tf (foco fro) y produce un trabajo neto | W | . El rendimiento se define como el cociente de lo que obtengo entre lo que me cuesta. En este caso, lo que obtengo es el trabajo neto producido en un ciclo, y lo que me cuesta es el calor absorbido por del foco caliente, que es la energa que hay que suministrarle (podra ser el calor liberado por la combustin de carbn en una planta trmica, el calor liberado por fisin nuclear en una planta nuclear o la energa liberada por la combustin de la gasolina en un coche). As pues el rendimiento es

segn nos dice el enunciado. En la mquina del problema la energa se obtiene de la combustin de carbn. Nos dice que la mquina consume una masa de carbn de carbn en una hora, y que cada kg de carbn produce . Por tanto, el calor absorbido por la mquina en una hora es

De la definicin de rendimiento, obtenemos el trabajo que la mquina produce en una hora

Para calcular el calor que cede al foco fro en ese tiempo, aplicamos el Primer Principio de la Termodinmica a la mquina. La variacin de energa interna de una mquina en el ciclo es U = Q + W = | Qc | | Qf | | W | Como la energa interna es una funcin de estado, en un ciclo su variacin ha de ser nula, pues los estados inicial y final coinciden. Entonces

1 Enunciado Un gas ideal diatmico recorre el siguiente ciclo: partiendo del el estado de coordenadas, , , , se dilata isotrmicamente hasta duplicar su volumen. Despus se comprime a presin constante hasta su volumen inicial. Finalmente se calienta a volumen constante hasta que alcanza la presin original. Calcule el rendimiento del ciclo. 2 Diagrama

La figura muestra el ciclo en el diagrama PV. El rendimiento del ciclo es el trabajo neto obtenido dividido por el calor suministrado al gas. Vamos a calcular el trabajo y el calor absorbido en cada fase del ciclo 3 Proceso isotermo 12Los datos de los estados inicial y final son

El trabajo realizado por una gas ideal en un proceso isotermo es

Como el proceso es isotermo, la variacin de energa interna es nula. Entonces

El trabajo es negativo, lo realiza el gas sobre el entorno, y el calor es positivo, es suministrado al gas. 4 Proceso isobaro 23 En este caso, los datos de los procesos son

El trabajo realizado en este proceso es W23 = P2(V3 V2) = P2(V1 V2) = P2V1 Necesitamos el valor de P2. Para ello aplicamos la ley de Boyle entre los estados 1 y 2

Por tanto el trabajo es

Al ser el proceso isobaro, el calor absorbido por el gas es Q23 = ncp(T3 T2) El enunciado dice que el gas es diatmico. Entonces cp = 7R / 2. Para averiguar T3 relacionamos los estados 2 y 3 con la ecuacin de estado del gas ideal

El calor es

En este caso el trabajo contribuye se realiza sobre el gas, mientras que el gas cede el calor al entorno. 5 Proceso iscoro 31 Aqu no hay variacin de volumen, por lo que el trabajo es nulo W31 = 0 Como el gas es diatmico, cv = 5R / 2. Entonces, el calor transferido es

Al ser positivo, este calor es absorbido por el gas. 6 Rendimiento del ciclo

En el rendimiento debemos comparar el trabajo neto proporcionado por el gas y el calor total suministrado. De los apartados anteriores tenemos

y

Entonces el rendimiento es

Podemos verificar que el resultado es razonable usando que, como el proceso es cclico, la variacin total de energa interna debe ser nulo, esto es, debe cumpplirse W12 + W23 + W31 = (Q12 + Q23 + Q31) En el diagrama se han aadido los calores y trabajos realizados indicando cmo contribuyen a la variacin de energa interna del gas. 7 Comparacin con una mquina de Carnot Podemos comparar el rendimiento obtenido en este ciclo con el que proporcionara una mquina de Carnot trabajando entre las temperaturas extremas alcanzadas en el ciclo, T1 y T3. Tenemos

As pues, el ciclo del enunciado proporciona un rendimiento que es el 20% del mximo que se puede alcanzar trabajando entre estas temperaturas. 1 Enunciado El interruptor de la luz interior de un frigorfico est estropeado, de modo que la luz est siempre encendida. La luz interior consume una potencia de 40.0 W. Si la eficiencia del frigorfico es 1.3, y el coste de la electricidad es de 11.0 cntimos por kWh, calcule el incremento en el consumo del frigorfico y el coste aadido por ao si no se arregla el interruptor. 2 Solucin En condiciones normales, la luz interior del frigorfico slo debe encenderse cuando lo abrimos. El problema aqu es que, al estar el interruptor estropeado, la luz interior est encendida siempre. El sobrecoste proviene del tiempo aadido que la luz est encendida respecto a su funcionamiento normal. Cuando la luz est encendida, la potencia que consume, , se convierte ntegramente en calor. As pues, cuando la luz se enciende la potencia consumida aumenta por dos motivos: la potencia de la bombilla, , y la potencia que debe suministrar el frigorfico para evacuar el calor generado por la bombilla, . Como nos dan la eficiencia del frigorfico, es

As pues, la potencia que debe suministrar el frigorfico a causa de la luz es

Ahora vamos a calcular el nmero de horas de ms que est encendida la luz interior a causa de la avera. El nmero total de horas en un ao es

Ese el tiempo que est encendido la luz durante un ao con la avera. Si el funcionamiento es normal, el frigorfico se abre unas 20 veces al da, con una duracin media de cada apertura de 30 s. Entonces, el nmero de horas que est abierto durante el ao es

Por tanto, la energa de ms que debe suministrar el frigorfico durante un ao es

El sobrecoste anual debido a la avera se obtiene de multiplicar esta energa suplementaria por el coste del kWh. Obtenemos

Es una cantidad importante, pues es del orden de magnitud del coste total de la energa consumida por el frigorfico cuando el interruptor no est averiado. 1 EnunciadoUn inventor mantiene que ha desarrollado una mquina trmica que recibe 700kJ de calor desde un foco trmico a 500K y produce 300kJ de trabajo neto transfiriendo el calor sobrante a un foco trmico a 290 K. Es razonable? Nuestro inventor vuelve a la carga, esta vez con un refrigerador que, asegura, mantiene el espacio refrigerado a 2C mientras el ambiente se encuentra a 24C, teniendo una eficiencia de 13.5. Le hacemos caso? 2 Motor hipottico2.1 A partir del teorema de CarnotEl rendimiento de la supuesta mquina inventada es

De acuerdo con el teorema de Carnot, el rendimiento mximo posible es el de una mquina de Carnot que trabaje entre las dos temperaturas indicadas. Este es

Puesto que el rendimiento alegado es superior al mximo posible, concluimos que la invencin es fraudulenta. 2.2 Empleando la desigualdad de ClausiusUna forma equivalente de llegar al resultado anterior es partiendo de la desigualdad de Clausius, que nos dice que, en todo proceso cclico

En el caso particular de un ciclo que opere solamente entre dos temperaturas, esta desigualdad se transforma en

A partir de los datos proporcionados por el inventor tenemos Sustituyendo todo esto

que viola la desigualdad de Clausius y nos permite rechazar el invento. 2.3 A partir de la variacin en la entropaOtra forma de descartar el invento es calculando la variacin en la entropa del universo. Matemticamente los clculos son casi idnticos a los que acabamos de hacer, pero su interpretacin es distinta. La variacin de entropa del universo es la suma de la del sistema ms la del ambiente.

La variacin de la entropa del sistema es nula, por ser la entropa una funcin de estado y desarrollar la mquina un proceso cclico. (proceso cclico)La variacin en el ambiente es doble. Por un lado se reduce la entropa del foco caliente, puesto que se saca calor de l (a una temperatura Tc), y por otro se aumenta la del foco fro, al que se entrega calor (a una temperatura Tf).

Sustituyendo los valores queda la variacin de entropa

La variacin de entropa del universo ser

Este resultado significa que la supuesta mquina reduce la entropa del universo, lo cual es imposible. 3 Refrigerador hipotticoPara el caso de los refrigeradores, en lugar del rendimiento se usa el coeficiente de desempeo (COP, por las siglas de coefficient of performance), que se define usando el mismo principio que para el rendimiento:

donde en este caso lo que se obtiene es la extraccin de un calor | Qf | del foco fro y lo que cuesta es el trabajo necesario para hacer funcionar el refrigerador:

A diferencia del rendimiento, el COP s puede ser mayor que la unidad. Puesto que, por el primer principio el trabajo realizado por el sistema es la diferencia entre el calor que entra y el calor que sale, podemos expresar el COP en funcin del calor solamente

Como con el rendimiento de las mquinas trmicas, existe un lmite al coeficiente de desempeo de un refrigerador. Este lmite lo da un refrigerador de Carnot, que es una mquina de Carnot a la que, por ser reversible, se ha hecho funcionar en sentido inverso. El COP de un refrigerador de Carnot es

Para los datos del enunciado

puesto que la eficiencia alegada es de 13.5, superior a la mxima, concluimos que esta invencin tambin es fraudulenta. 1 EnunciadoUna mquina trmica que funciona entre 200C y 80.0C alcanza un 20.0% de su rendimiento terico mximo. Cuanta energa debe absorber para realizar 10.0kJ de trabajo? 2 SolucinEl rendimiento terico mximo de una mquina que opera entre estas dos temperaturas es

Puesto que esta mquina funciona al 20% del rendimiento mximo, su rendimiento real es

Esto quiere decir que para realizar un trabajo de 10kJ requiere un calor

De este calor, casi el 95% se va en calor de desecho. 1 EnunciadoUna mquina frigorfica de las que se emplean para fabricar hielo funciona segn un ciclo de Carnot reversible absorbiendo calor de un tanque de agua a 0.00C y cedindolo al aire en el interior de un local que se mantiene a 26.0C. La mquina fabrica 223kg de hielo en un da. Calcule el trabajo consumido y el calor cedido al aire. 2 SolucinEl coeficiente de desempeo (COP) de un refrigerador que funciona segn el ciclo de Carnot es

que, para este caso, da

Esto quiere decir que para extraer una cantidad de calor | Qf | debe realizar un trabajo En este caso, el calor que extrae es el de fusin del hielo

as que el trabajo necesario es

y la cantidad de calor emitida al ambiente es la que extrae, ms el trabajo necesario para hacerlo