Problemas Termodinamica 2014bis-2015

8/16/2019 Problemas Termodinamica 2014bis-2015

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1

1

1.- Para elevar la temperatura en 1 K de un gas desconocido se necesitaapor tar 650 J de energía si se hace a volumen constante y 910 J si elproceso es a presión constante. ¿De quégas se trata?

En el proceso a volumen constante la energía aportada aumenta la energía interna delgas,. En el proceso a presión constante se aumente la energía libre del gas. Ambas

magnitudes termodinámicas están relacionadas

32260

8,31.10M

M

1000

1*8,31

260n

nR ΔR ΔV p260650910 pΔΔΔUΔH

3

El gas debe ser O2.


2/70

2

2

2.-Diez moles de un gas se encuentran a la temperatura de 293 K y a lapresión de 1 atmósfera. El calor específico de este gas a volumenconstante es 19,6 J/molK. A dicho gas se le sumini stran 10 4 J de calor apresión constante. Calcular la variación de energía interna del gas y el

trabajo ejecutado.

Dado que el calor se le suministra a presión constante la variación de entalpia del

proceso vale H = 104 J.

329K 293

8,319,610

10T

TR Cn

ΔHTTTR CnTTnC10ΔH

4

F

IV

FIFVIF p4

J7,1.103619,610TTnCΔU 3IFV

J2,9.10107,1.10WWQΔU 343

El criterio de signos utilizado es que lo que recibe el sistema es positivo y lo que

desprende o ejecuta negativo.


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3

3

3.- Un recipiente cil indro se encuentra dividido en dos mi tades igualesmediante un pistón que carece de masa y puede moverse sin rozamiento.

Ambas mi tades conti enen el mismo gas ideal ( C V = 20,9K mol

J

)a la

presión P = 1 atm, T=300K y V=5 L . Las paredes del cil indr o así como elpistón son impermeables al calor. El gas contenido en la mitad izquierdarecibe calor mediante una resistencia eléctr ica alojada en esa mi tad, demodo que su temperatura se eleva a T 1 = 500K. El pistón se desplaza ycompr ime al gas de la parte derecha. a) Calcular la presión, temperaturay volumen de cada gas una vez alcanzado el equi l ibr io , b) determinar elcalor recibido por el gas de la izquierda

a) El gas contenido en la parte derecha se comprime adiabáticamente, hasta alcanzar una

presión que designamos con , siendo su temperatura T2 y su volumen V2. El gas de la

parte izquierda, una vez alcanzado el equilibrio, se encuentra a la presión , ocupa unvolumen V1 y su temperatura es T1= 500K.

Las ecuaciones que rigen el proceso son:

)4(

T

ρV

T

PV

)3(T

ρV

T

PV

)2(ρVPV

)1(VV2V

2

2

1

1

γ

2

γ

21

De la ecuación (4) despejamos V2 y lo llevamos a la (2).

γ

2γ1γ1

γ

γ

2γγ

γ1γ

γ

2γ22 TρTPT

TVPρPV

ρT

PVTρPV

ρT

PVTV

(5)

De la ecuación (5) despejamos T2 y el resultado lo llevamos a la (4)

1γ

1

γ

1

1γ1

1

1γ

1

γ1

γ1

γγ1

1

V2VρVPTP

V2Vρρ

T

PV

ρ

TP

V2Vρ

T

PV

(6)

En la ecuación (6) sustituimos V1 despejado de la (3)

1γ

1

1γ

1

γ

1

1

1γ

1

γ

1

1γ

1

γ

1

1γ

1

γ

1

ρPT2TρTPT

PVTρ2Vρ

ρT

PVTρ2Vρ

ρT

PVT2VρVP

La última ecuación solamente contiene como incógnita , pero es necesario resolverla por tanteo. Sustituimos los valores numéricos


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4

4

1,420,9

8,320,9

C

R C

C

CγR CC

V

V

V

PVP

0,2860,7140,2860,714

5ρ6ρ3500ρρ3002300

Damos valores a

1,5 atm 8,014 -4,453 3,561>3

1,3 atm 7,236 -4,639 2,5973

1,38 atm 7,551 -4,560 2,991


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5

5

4.- En un recipiente se colocan los líquidos inmiscibles tetraclorur o decarbono (CCl 4 ) y agua ( H 2 O) . La presión atmosférica es 1 atmósfera y aesta presión l as temperaturas de ebull ición para ambos líquidos sonrespecti vamente 76,7ºC y 100ºC. El recipiente se cali enta de modo

uniforme al baño María y la ebull ición en la superf icie de separación delos líquidos comienza a la temperatura de 65,5ºC. Determínese en la fasevapor la relación en masa del tetracloruro de carbono al agua.Datos. Presión de vapor del agua a 65,5 ºC = 25,9 kPaMasas atómicas C =12 , H=1 , O=16 , Cl = 35,5

Para mezclas inmiscibles se produce la ebullición cuando la presión de vapor, suma de

las presiones de vapor del tetracloruro y del agua, igualan a la presión exterior

kPa75,425,9101,3PPkPa25,9kPa101,3 p CCl4CCl4ext

El número de moles de cada componente en la fase de vapor es directamente

proporcional a las presiones de vapor

9,24)1612(9,25

)5,35412(*4,75

O)m(H

)m(CCl

O)M(H*O) p(H

)M(CCl*) p(CCl

O)m(H

)m(CCl

O)M(H*O)n(H

)M(CCl*)n(CCl

O) p(H

) p(CCl

O)n(H

)(CCln

2

4

22

44

2

4

22

44

2

4

2

4


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6

6

5.- Un ci l indro ver tical de sección S y cerrado por l os dos extremos, ll evaen su interior incorporado un embolo que se puede desplazar haciaarr iba o hacia abajo con facil idad, de esta manera el cil indro quedadividido en dos cámaras, una superi or, por encima del cil indr o y otra

inf er ior por debajo del mismo. La cámara superi or conti ene 1 mol de gasideal a la temperatura de 300K y en la infer ior 1 mol del mismo gas y a lamisma temperatura; en estas cir cunstancias el volumen de la cámarasuperi or es cuatro veces mayor que el de la inf er ior. Se pide para qué temperatura ocur re que el volumen de la cámara super ior sea tres vecesel de la inferi or

Cuando la temperatura es 300K, designamos a la altura de la cámara superior por hs y

la inferior por hi, siendo sus respectivos volúmenes Shs y Shi. Designamos con pe el

peso del émbolo

y con Ps y Pi las presiones en las dos cámaras. Aplicamos la ecuación de los gases

perfectos

4

Pi

hs

hiPiPshiSPihsSPs300R hiSPi;300R hsSPs

Se tiene que cumplir que la fuerza ejercida por el gas de la cámara superior más el peso

del émbolo sea igual a la fuerza ejercida por el gas de la cámara inferior

Ps3SPsPiS peSPi peSPs (1)

Para la nueva temperatura T, la relación de volúmenes es 3.Las alturas de las cámaras

son hst y hit y las presiones de los gases Pst y Pit respectivamente.

Aplicando la ecuación de los gases

3Pit

hsthitPitPsthitSPithstSPstTR hitSPit; TR hstSPst

hs

hi pe

hst

hit pe


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7

7

Se tiene que cumplir que la fuerza ejercida por el gas de la cámara superior más el peso

del émbolo es igual a la fuerza ejercida por el gas de la cámara inferior

Pst2SPstPitS peSPit peSPst (2)

De las ecuaciones (1) y (2) se deduce: Pst32PsPst2SPs3S

Se cumple la relación: hs+hi=hst+hit

K 421,932

15009T

3Pst

4T

Pst3

24

1500

3Pst

4T

4Ps

1500

3Pst

T

Pst

T

4Ps

300

Ps

300

PitS

TR

PstS

TR

PiS

300R

PsS

300R hithsthihs


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8

8

6.- Un mol de un gas ideal reali za el ciclo indicado en la figura infer ior

Calcular para cada una de las transformaciones y para el ciclo completoel trabajo y el calor puesto en juego, expresando los resultados enfunción de los parámetros que aparecen en l a f igur a y el coef iciente

adiabático .

El criterio de signos utilizado es que el trabajo y el calor son positivos cuando se dan al

sistema desde el exterior y son negativos cuando el sistema los proporciona al exterior.

0W;VVPW;0W;VVPW DA212CDBC121AB p

1212ciclo

2121212121CDABciclo

VVPPW

PPVVVVPVVPWWW

El trabajo WAB lo hace el sistema, el trabajo WCD lo hace el exterior sobre el sistema

Según el primer principio de la termodinámica

AB pT

T

pCteP TTCdTCQΔHB

A

Según la ecuación de los gases perfectos:

R

VPT;RTVP;

R

VPTRTVP 21BB21

11AA11

Transformación AB

121121121

p

V121

V p

P

121P1121

pABP

T

T

pCteP

VVP1γ

γVVP

γ

11

1VVP

C

C1

1VVP

CC

C

VVR

PC

R

VP

R

VPCTTCdTCQΔH

B

A

V1 V2

P1

P2

A B

CD


9/70

9

9

Transformación BC

122122

V

P122

V p

V

122V2122

VBCV

T

T

VCteV

PPV1γ

1PPV

1C

C1

PPVCC

C

PPR

VC

R

VP

R

VPCTTCdTCQΔU

C

B

Transformación CD

Por analogía con lo calculado para la transformación AB

212cteP VVP1γγ

QΔH

Transformación DA

Por analogía con lo calculado para la transformación BC

211cteV PPV1γ1

QΔU

Para el ciclo completo

La variación de energía interna al realizar un ciclo es cero.

12211212 VVPPVVPPWQWQ0ΔU


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10

10

7.-Un mol de un gas perfecto describe el ciclo termodinámico indicado enla fi gura inf erior

Los puntos de coordenadas (P 2 ,V 1 ) y (P 1 ,V 2 ) se encuentran sobre unaisoterma de temperatura T 2 . Las otras temperaturas son T 1 y T 3 . Se pideel trabajo realizado en un ciclo en función de la constante R de los gasesy las temperaturas T 1 y T 3 .

El trabajo se mide por el área abarcada por el ciclo

)1(2RTTTR W

RTRTRTRTVPVPVPVPVVPPW

213

1223112112221212

Buscamos una relación entre T2 con T1 y T3

3

2

2

1

3

22

2

21

2

2

1

1

2

12

1

11

T

P

T

P

T

VP

T

VP;

T

P

T

P

T

VP

T

VP

A partir de las últimas ecuaciones se deduce que

3123

2

2

1 TTTT

T

T

T

Llevando la ecuación anterior a la (1)

2213113 TTR TT2R TTR W

P1

P2

V1 V2


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11

11

8.-Se utilizan dos compresores para elevar la presión de un gas

diatómico, para el que R 2

5

v C , de la forma siguiente:

El primer compresor reduce el volumen inicial de gas V o hasta un

volumen intermedio V 1 , después el gas compr imido se enf ría a volumenconstante hasta adquir ir la temperatura inicial T o, a continuación trabajael segundo compresor que reduce el volumen del gas hasta V 2 . a)Calcular para que valor de V 1 expresado en función de V o y V 2 , eltr abajo total realizado por los compresores es el mínimo posible y cuál essu valor. b) Calcular también el trabajo que realiza cada compresor en elcaso anter ior.

a) El esquema de bloques inferior nos indica cómo es el proceso

De 1 a 2 se trata de un proceso adiabático en el que no hay intercambio de calor

o1V1 TTnCWWΔUWQΔU (1)

De 3 a 4 el proceso también es adiabático

o2V2 TTnCW (2)

El trabajo total es la suma de W1 y W2.

La transformación de (1) a (2) es adiabática y combinando la ecuación de la adiabática

PV =Cte, y de los gases perfectos

1γγ

γγγ

o

1

1

o

1o

o1

o

1

1o

o1

1

o

1

11

o

oo

o

1

1

o11oo

V

V

T

T

TV

TV

V

V

TVTV

PP

TVP

TVP;

VV

PPVPVP

Sustituyendo en la ecuación (1)

Po, Vo ,To P1,V1,T1 p, V1,To P2,V2,T2

12 3 4


12/70

12

12

1V

VTCnT

V

VTCnW

1γ1γ

1

ooVo

1

ooV1 (4)

Para el proceso de 3 a 4 el cálculo es análogo

1V

VTCnW

1γ

2

1oV2 (5)

El trabajo total:

2V

V

V

VTnCW

1γ1γ

2

1

1

ooVT

De la expresión anterior se deduce que para que el trabajo sea mínimo, lo que estádentro del paréntesis cuadrado debe de ser mínimo. Para calcular este mínimo

derivamos la expresión del paréntesis cuadrado respecto de V1 e igualamos a cero.

)3(VVVVVVVVVV

2VVV

2VVV

2VVV

02V

2V

2

VV1γV

2

VV1γV

02

V

V1γV2

V

V1γV

2o12

12o112o

12o11221o

21

11221o

2

12

1

1o

1γ1γ1γ1γ

1γ1γ1γ1γ2γ1γ1γ2γ1γ

1γ1γ

1γ2γ1γ1γ2γ1γ

1γ

2γ1γ

1γ

2γ1γ

Sustituyendo esta última ecuación en el trabajo total tendremos el trabajo mínimo

1

V

VV5P2

V

V2R

2

5nT2

V

2VTnC

2

V

V

V

VTnC2

V

VV

VV

VTnCW

21γ

21γ

21γ

21γ

21γ

21γ

21γ

21γ

1γ2

1γ

21γ

1γ

2

oo0

2

oo

2

ooV

2

o

2

ooV

2

2o

2o

ooVT


13/70

13

13

b) En las ecuaciones (4) y (5) sustituimos la (3)

1V

V

TCn1VV

V

TCnW

2

2

o

oV

22o

0

oV1

1γ

1γ

1γ

1V

VTCn1

V

VVTCnW

2

2

ooV

2

22ooV2

1γ

1γ

1γ

Los trabajos de ambos compresores son iguales.


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14

14

9.- Dos gases ideales, uno monoatómico y el otro diatómico, estánmezclados para formar un gas de comportamiento ideal. La ecuación que

r ige un proceso adiabáti co de esta mezcla de gases es : χ PV , donde

7

11χ . Sean n 1 el número de moles del gas monoatómico y n 2 del gas

diatómico en la mezcla. Determinar la relación2

1

n

n .

Imaginemos que los gases están en compartimientos diferentes, separados por un

tabique pero a la misma presión P y temperatura T, el gas monoatómico ocupa un

volumen V1 y el diatómico V2. Luego, se rompe el tabique de separación y los gases se

mezclan. Al ser gases de comportamiento ideal el volumen resultante es la suma de

V1+V2.

Designaremos respectivamente los calores específicos de cada gas a volumen y presión

constante, como: CV(1); CP(1) y CV(2); CP(2).

Teniendo en cuenta que la energía interna y la entalpía son magnitudes extensivas, la

energía interna de la mezcla es la suma de las energías internas de cada gas y la entalpía

es la suma de las entalpías de cada gas.

La energía interna de cada uno de los gases es:

oV22oV11 TT(2)CnU;TT(1)CnU

Siendo T , la temperatura del gas y To la temperatura de referencia a la cual se la da el

valor nulo a la energía interna .

Designando como CV(M) al calor específico a volumen constante de la mezcla y con

UM a su energía interna, resulta:

0V21M TT(M)CnnU

)1(nn

(2)Cn(1)Cn(M)C

TT(M)CnnTT(2)CnTT(1)Cn

21

V2V1V

oV21oV2oV1

La entalpía de cada uno de los gases es:

XP22XP11 TT(2)CnH;TT(1)CnH

P, V1, T, n1 P, V2, T , n2 P, V1+V2, T , n1+n2

U1, H1, CV(1) U2,H2, CV(2) UM, HM, CV(M)

Fig.1


15/70

15

15

Siendo T , la temperatura del gas y TX la temperatura de referencia a la cual se la da el

valor nulo de la entalpía. Designamos con CP(M) al calor específico a presión constante

de la mezcla.

La entalpía de la mezcla XP21M TT(M)CnnH

)2(nn

(2)Cn(1)Cn(M)C

TT(M)CnnTT(2)CnTT(1)Cn

21

P2P1P

XP21XP2XP1

Dividiendo la ecuación (2) por la (1)

3(2)Cn(1)Cn (2)Cn(1)Cn711χ (M)C (M)C V2V1P2P1

V

P

Para los gases ideales se cumple: R CC VP , y además para los gases monoatómicos

R 2

3CV y para los diatómicos, R 2

5CV , por lo que la ecuación (3) queda así:

3

n

n49

n

n3555

n

n33

5nn3

7n

n5

7

11

2

5

2

3

n

n2

7

2

5

n

n

2

5n

2

3n

2

7n

2

5n

R 2

5nR

2

3n

R 2

5nR nR

2

3nR n

7

11

(2)Cn(1)Cn

(2)CnR n(1)CnR n

(2)Cn(1)Cn

(2)Cn(1)Cn

7

11χ

(M)C

(M)C

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

21

21

21

2211

V2V1

V22V11

V2V1

P2P1

V

P


16/70


17/70

17

17

Adiabática DE

DE V 3 2 DE DE DE V 3 2ΔU C T T Q W W C T T

Isoterma EF

F

E

F

E

V

V

V

V E

F3

3EF V

VlnTR dV

V

TR dVPW

E

F3EFEFEFEF V

VlnTR QWQ0ΔU

Siendo QEF un calor negativo y por lo tanto cedido, al ser VF


18/70

18

18

El rendimiento del ciclo es el cociente entre el trabajo y el calor recibido. El signo

menos que aparece en la expresión anterior indica el trabajo realizado por el ciclo sobre

los alrededores

21

3

21

3

21

21

21

321

C

D2

A

B1

321

TTT21

TTT2

TTTT

lnβRTlnβRTT2TTlnβR

V

VlnRT

V

VlnRT

2TTTlnβR η


19/70

19

19

11.-Un mol de un gas ideal monoatómico (C V =3/2 R) ejecuta un procesodesde 1 a 2 tal como se indica en el esquema inf er ior.

a) Encontrar la máxima temperatura del gas durante el citado proceso.

b) Determinar para quévalor del volumen, Q es máximo.

c) Dibujar las gráficas T-V y Q-V cuando P o =10 atm , V o = 20 L , P 1 = 8atm y P 2 = 2 atm.

a) Designamos con Px,Vx y Tx a las variables del gas para un punto cualquiera

comprendido entre 1 y 2. De la figura 1 se deduce:

(1)PPVV

P

V

PP

V

Pxox

o

o

x

xo

o

o

De acuerdo con la ecuación de los gases perfectos xxx RTVP . Sustituyendo en (1)

R

V

V

P

R

VPTRTVPV

V

P

V

RTPV

V

P 2x

o

oxoxxxo

2x

o

o

x

xox

o

o (2)

Como nos piden la temperatura máxima derivamos la ecuación anterior respecto de Vx e

igualamos a cero.

2VV0V2V10VR V2PR PdVdT ox

o

xxo

oo

x

x

1

2.Po

Vo V

P

Po

Px

Vx Vo

Fig.1

1

2

.


20/70

20

20

4R

VPT

4R

V

V

P

2R

VP

R

V

V

P

R

VPT oox

2o

o

ooo2x

o

oxox

El valor de la presión es:

2

P

2

V4R

VPR

V

RTP o

o

oo

x

xx

En el punto medio de los valores Po y Vo se produce la temperatura máxima.

b) Calculamos cómo evoluciona Q en función de la presión, para ello hacemos uso del

primer principio de la Termodinámica, escrito en la forma WQΔU , lo que suponeque si Q y W son positivos los recibe el sistema y si son negativos los emite el sistema a

los alrededores.

xxdVPW Volviendo a la figura 1.

x

o

ox

o

ox

o

oxox

x

xo

o

o dPP

VdV

P

VP1

P

VPPV

V

PP

V

P

212xo

o2

1

o

o

1x

2x

o

o

xo

o

xxx

PP2P

VW

2

P

P

VCte

0WPPcuandoCte;2

P

P

V

dPP

V

PdVPW

Para un gas perfecto

)3(PP2P

VVP

P

P1VP

2

3Q

PP2P

VVP

P

VPPP

2

3PP

2P

VVPVP

2

3Q

PP2P

VQVPVP

2

3

R

VP

R

VPR

2

3TTCΔU

21

2x

o

o11

o

xox

21

2x

o

o11

o

oxox

21

2x

o

o11xx

21

2x

o

o11xx

11xx1xV

Para calcular el valor máximo de Q derivamos la expresión anterior respecto de P x e

igualamos a cero.


21/70

21

21

oxo

oxo

o

ox

o

oxo

o

ox

xo

oo

o

x

o0x

x

P8

3PP

V4PV2

3

P

VP

P

VPVP

VP

2

3

02P2P

VV

P

P1

P

1VP

2

3

dP

dQ

Para hallar el volumen sustituimos en la ecuación (1)

8

V5V

8

5P

8

3PPV

V

PPPV

V

P ox

ooox

o

oxox

o

o

Para hallar la temperatura aplicamos la ecuación de los gases perfectos

64R

VP15

R 8

5V8

3P

R

VPT oo

oo

xxx

c) Para construir la gráfica T frente a V, recurrimos a la ecuación (2).

2xx

2x

x2x

o

oxox V6,1V122V0,08220

10

0,082

V10

R

V

V

P

R

VPT

El intervalo de Vx se obtiene aplicando la ecuación (1), resulta: para P1 = 8 atm, V1= 4

L y para P2= 2atm, V2 = 16 L

grafica T-V

300

350

400

450

500

550

600

650

2 4 6 8 10 12 14 16 18

Volumen / L

Temperatu

ra/K

Para construir la gráfica Q frente a V, recurrimos a la ecuación (3).


22/70

22

22

164P30P64P322P20P23

Q

2P

PV

2P

PVVP

P

VPVP

2

3PP

2P

VVP

P

P1VP

2

3Q

2

xx

2

x

2

xx

o

21o

o

2xo

110

o2x

ox2

12x

o

o11

o

xox

A partir de la ecuación (1);

2

V10

20

V110

V

V1PPPPV

V

P xx

o

xoxxox

o

o

Sustituyendo en Q

2xxx

2

xx VV258416V104

V10042

V1030Q

gráfica Q-V

0

10

20

30

40

50

60

70

80

3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17

volumen, V/L

CalorQ


23/70

23

23

12.-Un mol de gas perfecto con coefi ciente adiabático se expansionó deforma reversible según al ley p = kV, donde k es una constante. Elvolumen ini cial del gas es V o . Como resul tado de la expansión el volumenf inal alcanzado por el gas es nV o . a) Calcular: a) el incremento de

energía interna del gas. b) El trabajo realizado por dicho gas. c) Sucapacidad calorífica molar para este proceso.

a) Calculamos la presión, volumen y temperatura del gas al principio y al final de la

expansión:

Inicial: po=kVo, Vo, To ; Final: pf =kVf =knVo , Vf =nVo,

Para calcular la temperatura final aplicamos la ley de los gases perfectos

o

2

f f

oo

o

oo

TnTT

nVknV

T

VkV

La variación de energía interna para un gas perfecto es:

1nTCTTnCTTCΔU 2oVoo2Vof V

Para un gas ideal1γ

R Cγ

C

C;R CC V

V

PVP

1n1γ

Vk 1n1γ

V p1n1γ

RT1nTCΔU 22o2oo2o2

oV

b) 22o

2o

2o

2

gasext n12

kV

2

V

2

Vnk VdVk dVPdVPW

onV

oV

f V

oV

f V

oV

dado que n>1, W es negativo, lo cual indica que el trabajo lo realiza el sistema al

exterior.

c) A partir del primer principio WQΔU , utilizando como criterio de signos que Qy W son positivos cuando sobre el sistema y desde el exterior se aporta trabajo o calor

1)2(γ

γ11nkV

1)2(γ

1γ21nkVQ

2

1

1γ

11nkVn1

2

kV1n

1γ

kVWΔUQ

22o

22o

22o

22o2

2o


24/70

24

24

1γ

γ1

T2

kV

TTn

1γ

γ11n

2

kV

ΔT

ΔQC

o

2o

oo2

22o

Para un gas perfecto: o2oooo RTkVRTV pRTPV

1γ

γ1

2

R

1γ

γ1

T2

kVC

o

2o


25/70

25

25

13.-Un gas perfecto contiene n moles. Dicho gas se enf ría a volumenconstante y a conti nuación se expande a presión constante hasta que sutemperatura es igual a la inicial y su presión varió k veces la inicial . Sepide el cambio de entropía que ocur re en el proceso total.

Designamos con P1, V1 y T1 las condiciones iniciales del gas (estado 1). Al enfriarlo

isocóricamente (estado 2) sus variables son P2,V1,T2, después del proceso isobárico, las

coordenadas termodinámicas del gas son: P3 = P2 =k

P1 , V3, T1 (estado 3).

El proceso del estado 1 al estado 2 se produce con variación de la presión y de la

temperatura

De acuerdo con el primer principio WδQδdU . Recordando que

dVV

TR -dV pδWy,T

QδdS , resulta:

V

VdR

T

dTCdSdTC

V

dVRTdSTdU VV

Aplicando la ecuación anterior para el proceso del estado 1 al 2.

1

2

1

2V12 V

VlnnR

T

TlnnCSS (1)

El proceso del estado 2 al estado 3 se produce con variación de la temperatura y del

volumen.

V

dVR

T

TdCdSdTCdV

V

TR dST;dTCdV pdSTdU VVV

Aplicando la ecuación anterior para el proceso del estado 2 al 3.

2

3

2

3V23 V

VlnnR

T

TlnnCSS (2)

Sumamos las ecuaciones (1) y (2).

2

3

2

3V

1

2

1

2V13 V

VlnR

T

TlnC

V

VlnR

T

TlnCnSS (3)

Según la ley de los gases perfectos

131

31

3

33

1

11

1

1

1

2

1

2

2

22

1

11 Vk VT

Vk

P

T

VP

T

VPy

k

1

Pk

P

P

P

T

T

T

VP

T

VP

Sustituyendo en la ecuación (3)


26/70

26

26

k lnR nVk

V

lnV

V

lnR nSS

V

Vk lnR

T

TlnC

V

VlnR

k

1lnCnSS

1

2

1

2

13

2

1

2

1V

1

2V13


27/70

27

27

14.-Calcular el aumento de entropía de n moles de un gas perfecto cuyo

exponente adiabáti co es , si el gas suf re un proceso por el que su

volumen aumentó k veces y su presión di sminuyo veces.

Hacer el cálculo para n = 2 moles , =1,30 , k = 2 , =3.

En el estado inicial, las coordenadas del gas son: P1, V1 y T1 y en el estado final f 11 T;kV,

β

P .la

relación entre ambos estado es:

β

k TT

T

Vk β

P

T

VP1f

f

11

1

11

Para calcular el aumento de entropía podemos establecer caminos entre el estado inicial y el

final ya que la entropía es función de estado y no depende del camino seguido sino del estadoinicial y final.

Desde el estado 1 al 2 el gas evoluciona cambiando su presión y temperatura y manteniendoconstante su volumen

De acuerdo con le primer principio WδQδdU R . Recordando que

dVV

TR -dV pδWy,

T

QδdS R , resulta:

)1(V

VdR

T

dTCdSdTC

V

dVRTdSTdU VV

Para un mol de gas

T

Td

V

Vd

P

PddT

VP

R dV

VP

V

VP

dPPdTR dVVdPPRTPV

(2)P

dPR

T

dTC

P

Pd

T

TdR

T

dTC

V

VdR

T

dTCdS PVV

Aplicamos la ecuación (2) para n moles de gas entre los estados 1 y 2.

Inicial ,1 Intermedio,

Final, 3 P1, V1 , T1

n moles

P2 , V1, Tfn, moles

molesn

β

k TT,kV;

β

P1f 1

1


28/70

28

28

β

k lnCnSS

β

k lnR n

β

k lnCn

V

TR V

β

k RT

lnnR T

β

k T

lnnCP

PlnnR

T

TlnnCSS

V12

P

1

1

1

1

1

1

P1

2

1

f P12

Desde el estado 2 al 3 el gas evoluciona cambiando su presión y volumen y manteniendo

constante su temperatura.. Sustituyendo en (1)

(3)V

dVC

P

dPC

V

VdR

V

dV

P

dPC

V

VdR

T

dTCdS PVVV

Aplicamos la ecuación (3) para n moles de gas entre los estados 2 y 3.

k lnCnk

1lnCnSS

k lnCn

β

k Tβ

TlnnCk lnCn

V

TR nVβ

TR n

lnCnV

Vk lnCn

P

β

P

lnnCSS

PV23

P

1

1VP

1

f

1

1

V1

1P

2

1

V23

k lnCk lnR k lnCnβlnCk lnCnSS

βlnCk lnCk lnCk lnCnSS

βk lnCnk lnCn

k 1lnCnSSSSSS

VVVP13

VVPV13

VPV131223

La diferencia de las capacidades caloríficas es igual a R

1γ

R C

C

R 1

C

CR CC V

vV

PVP

K

J10,93ln2ln1,30

11,30

K mol

J8,31mol2

βlnk lnγ1γ

R nSS

βlnk ln1γk ln1γ

R nβln

1γ

R k Rlnk ln

1γ

R nSS

13

13


29/70

29

29

15.- En la figura inf er ior el cil indro lleva un émbolo que se puededesplazar sin rozamiento. I ni cialmente el émbolo se encuentra sujeto y elmuelle tiene su longitud natural (no está esti rado ni compr imido). En laparte izquierda existe un mol de gas perfecto cuyas coordenadas

termodinámicas son ( P o , T o , V o ). En la parte derecha se ha hecho elvacío y el sistema está termoaislado. Si se deja en libertad el émbolo, elgas adquiere un volumen 2V o . Calcular los valores de la temperatura ypresión del gas, suponiendo despreciables los calores específicos delémbolo y del cil indro.

Al dejar en libertad el émbolo el gas se expansiona hasta un volumen 2Vo y adquiere

una presión Pf y una temperatura Tf . El muelle se comprime una longitud x. En

consecuencia el muelle almacena una energía potencial elástica de valor 2Δxk 2

1.

De acuerdo con el primer principio de la termodinámica WQΔU , y al estar elsistema termoaislado, Q=0 . La disminución de energía interna del gas es igual al

trabajo realizado, y ese trabajo se acumula en energía potencial en el muelle.

2of V Δxk 21TTCΔU

El signo menos aparece porque el trabajo ha sido realizado por el gas contra el exterior.

En la figura 1, designamos con S la sección de la base del cilindro. x es la altura

inicial cuando el émbolo está sujeto, por tanto, ΔxSVo . El émbolo está en equilibrio

y en dirección horizontal actúan de izquierda a derecha la fuerza que ejerce el gas de

valor SPf , y de derecha a izquierda la fuerza con que el muelle empuja al émbolo de

valor Δxk . Estas dos fuerzas son iguales en módulo, puesto que el émbolo está enequilibrio.

Po, Vo To

S

x2 x

Muelle

comprimidoFig.1


30/70

30

30

2of f

f Δx

VP

Δx

SPk Δxk SP

Por otra parte se cumple que

2f

2

oo

f

o

f f f of

Δx2

RT

Δx

VV2

RT

k V2

RTPRT2VP

Llevando el valor de k a la ecuación (1)

V

of oVVf

f 22f

of V

C4

R 1

TTTC

4

R CT

4

TR Δx

Δx2

TR

2

1TTC

En la ecuación de los gases perfectos

v

o

f

vo

oo

vo

of

v

of 0f

4C

R 12

P

P

4C

R 1V2

VP

4C

R 12V

RTP

4C

R 1

TR RT2VP


31/70

31

31

16.- Un kilogramo de agua hierve cuando la presión exterior es 1atmósfera, tr ansformándose íntegramente en vapor. Calcular lavar iación de entr opía y de energía interna en el proceso. Se supone que elvapor de agua se comporta como un gas perfecto.

Dato .-Calor de vaporización del agua = 2,25 kJ/g

La entropía es función de estado y por consiguiente su valor no depende del camino

mediante el cual se realiza el proceso de ebullición del agua, podemos calcular la

variación de entropía mediante la ecuación:

K

kJ6,0

K 373

g

kJ2,25g1000

T

ΔQΔS

La variación de energía interna viene dada por la ecuación WQΔU

Q representa el calor suministrado al sistema kJ2,25.102,251000Q 3

W es el trabajo que ejecuta el sistema y vale L)v VVPΔVP , siendo P la presión exterior, Vv el volumen del vapor de agua y VL el volumen del líquido. El

volumen del líquido es aproximadamente un litro y el volumen del vapor de agua lo

calculamos mediante la ecuación de los gases perfectos

3v

32

2

vv

m1,70V

Nm N1,70

NmJ1,70

mol

g18

m

N101300

K 373K mol

J

8,3g1000PM

TR gVRTMgVP

kJ2,1.101,72.102,25.10ΔU

kJ1,72.10m10m1,70m

N101300W

323

233-32


32/70

32

32

17.- Un mol de un gas ideal cuyo coeficiente adiabático es R 2

5 γ ,

efectúa la transformación indicada en la figura inferior

Calcular a) el trabajo reali zado por el sistema cuando pasa de A a B.

b) El calor que se debe sumini strar al sistema para pasar de B a C. c) Lavariación de energía interna en el pr oceso ABC.

b) La expresión del trabajo de expansión es : f

V

iV

dVP . La relación entre la presión

y el volumen en la transformación AB es una línea recta, cuya ecuación la calculamos

mediante la expresión que nos da la ecuación de una recta que pasa por dos puntos.

1,5V0,1P0,5V0,11P510

5V

10,5

1P

xx

xx

yy

yy

12

1

12

1

Resolvemos la integral

Latm3,755)101,52

5100,1dV1,5V0,1W

2210

5

El signo negativo indica que el trabajo es efectuado por el gas hacia el exterior.

Una forma mucho más rápida para calcular el trabajo, es medir el área comprendidaentre la recta AB y el eje de abscisas. La figura es un trapecio

J380101013253,75Latm3,75W3,7552

0,51Área 3

b) Calculamos primero la variación de energía interna entre B y C

CCCCVBBCC

VBCVBC VPVPR

C

R

VP

R

VPCTTCΔU

P/atm

V/L

1

0,5

5 10 15

A

B

C


33/70

33

33

Según el dato del problema R 2

3C

C

R

3

2

C

R 1

C

R C

C

C

3

5γ V

VvV

V

V

P

Latm151023

100,5151R

R

2

3

WQΔU BCBCBC

El trabajo BC lo calculamos por el área como se hizo anteriormente

J1,9.10Latm18,753,75)(15WΔUQ

Latm3,75W3,755102

10,5Área

3BCBCBC

BC

c) La variación de energía interna en el proceso ABC es igual a la suma siguiente

J1,5.10m10m

N10132515Latm15ΔU

R

100,5

R

51CΔU

ΔUR

VP

R

VPCΔUTTCΔUΔUΔU

3332BCVABC

BCBBAA

VBCABVBCABABC


34/70

34

34

18.-Un mol de un gas ideal reali za una transformación reversible desdeun estado ini cial ( 291 K, 21 L) hasta un estado final ( 305 K, 12,7 L).En el diagrama P-V esta transformación queda representada por unalínea recta. Determinar a) el trabajo y el calor impl icados en la

mencionada transformación. Dato C v =(5/2)R.

El trabajo viene determinado por la integral FV

IvdVPW , para poder resolverla

necesitamos conocer la relación entre las variables P y V. Hallamos mediante la

ecuación de los gases perfectos las presiones de los dos estados.

atm1,97L12,7

K 305K mol

Latm0,0821.mol

PTR 1molVP

atm1,14L21

K 291K mol

Latm0,0821.mol

PTR 1molVP

IFFF

IIII

En el diagrama, PV tenemos dos puntos de coordenadas (1,14 atm , 21 L) y (1,97 atm ,

12,7 L) unidos por una recta. La ecuación general de la recta es P=m V+ b, siendo m la

pendiente y b la ordenada en el origen. La pendiente y ordenada en el origen son:

3,24 b b210,11,14 bV0,1P0,12112,7

1,141,97αtag

Sustituyendo la ecuación p-V en la integral

J1,3.10Latm

m10m

N

101325L12,9atmL12,9atmW

2112,73,242112,70,053,242

V0,1dV3,24V0,1W

3

33

2

22

12,7

21

212,7

21

Como el trabajo es positivo es un trabajo que se realiza desde fuera sobre el sistema.

J1,0.101,3.10148,312,5Q

1,3.10291305R 2

5WTTCQWQTTCΔU

33

3If VIf V

Un calor con signo negativo significa que el sistema cede ese calor al medio exterior.


35/70

35

35

19.-Hallar la temperatura máxima posible de un gas perfecto en cadauno de los procesos siguientes.

αV e o p p b) ; 2 αV o p p a)

donde p 0 , y son constantes positivas y V el volumen de un mol de gas.

a) Si se trata de un gas perfecto obedece a la ecuación de los gases

R

3o2

0

αV

R

V pTRTVαV pRT pV

Calculamos la derivada de la temperatura respecto del volumen e igualamos a cero.

α3

pVαV3 p0

R

αV3

R

p

dV

dT o2o

2o

Llevamos este valor a la ecuación de la temperatura

3α

p

R

p

3

2

3α

pα p

R 3α

p

αV pR

VT oo0o

o

2om

b)

β

1V0βV1

βV-βV

βV-

βV-βV

βV-V-β

βV-

ee

0eeR

p

dV

dT

R

Ve p

TRTVe pRT pV oo

o

Llevando el valor de V a T

βeR

p

β

1e

R

pT oomin

β

1β


36/70


37/70

37

37

1γ2

γ1R

R

11γ2

γ1

C

R

12

1

1γ

1

1ηR

12

1η1η

1γ

1

R

aV

R

aVη

η1

2

aV1ηaV

1γ

1

TTWΔUC

TTCWΔUQWQΔU

2

22

2o

2o2

22o22

o

o1

o1


38/70

38

38

21.-0,1 mol de un gas ideal r ealiza los dos ciclos siguientes: ABCA yBDCB. Las coordenadas termodinámicas de los puntos A B C y D son l assiguientes:A (P A , 1 L, 280 K) ; B (P B , 1 L, T B )

C (P C , 1,5 L , T B ) ; D (P D , 1,5 L, 629 K )Los puntos B y D en el diagrama V-T se encuentran sobre una recta quepasa por el origen de coordenadas.a) Dibujar los diagramas V-T y P-V de las dos transformaciones.b) Calcular el trabajo que ejecuta el gas en cada transformación.

Calculamos PA y PD aplicando la ecuación de los gases perfectos.

atm44,3P2960,0820,11,5P

atm2,30P2800,0820,11P

AD

AA

Teniendo en cuenta que B y D se encuentran en una recta que pasa por el origen de

coordenadas en el diagrama V-T, designamos con el ángulo que forma la recta con eleje de abscisas.

K 4191,5

6291

V

TVT

T

V

T

Vαtag

D

DBB

B

B

D

D

Haciendo uso de la ecuación de los gas perfectos

atm2,30

1,5

13,44

V

VPPVPVP

atm3,444190,0820,11P

C

BBCCCBB

B

Los puntos C y A están también sobre una recta que pasa por el origen de coordenadas

ya que

280T

1V

419T

1,5Vβtag

A

A

C

C

Los puntos By C están unidos por una isoterma.

Los diagramas V-T y P-V son los siguientes


39/70

39

39

Trabajo del ciclo ACBA

J24,5116,5141W

J116,5L

m.10

atmm

N101325

Latm1,15

Latm1,151,512,3VV-PdVPW

J1411,0

1,5ln4198,310,1

V

VnRTlndV

V

nRTdVPW

;0dVPW

ciclo

33

2

CACA

B

CBC

AB

Av

Cv

Cv

Bv

Cv

Bv

Bv

Av

Trabajo del ciclo BDCB

J2,33174,2141W

J0141WW

0dVPW

J174,2L

m10

atmm

M 325101

L-atm-1,72

L1,72atmL11,5atm3,44VVPdVPW

ciclo

BCCB

DC

33

2

BDBD

Bv

Av

Dv

Bv


40/70

40

40

22 .- Un gas ideal realiza el ciclo indicado en la figura infer ior .

La presión P B =2P A , V D =2V A . El coeficiente adiabático del gas es: =7/5.a) Calcular el rendimiento del ciclo. b) Calcular el calor evacuadodurante el ciclo.

a) El rendimiento del ciclo es el cociente entre el trabajo efectuado y el calorsuministrado

SQ

Wη

El trabajo efectuado corresponde numéricamente al área encerrada por el ciclo

AAAABAD nRTPVPPVVW

Con el convenio de signos empleado (calor y trabajo positivos los recibe el sistema,

calor y trabajo negativos los cede el sistema) ese trabajo debe ir precedido de signonegativo.

Calculamos las temperaturas en A, B, C, y D.

AAAA

AAc

CC

DDD

D

DD

C

CC

AAA

A

BBB

CC

CC

CC

B

BB

AAAA

AAA

AA

BBB

B

BB

A

AA

T22TVP

VPT

VP

VPT

T

VP

T

VP

T42TV

2V

TVP

VP

TT

VP

T

VP

T2TVP

V2PT

VP

VPT

T

VP

T

VP

Observando las temperaturas se deduce que el calor absorbido se hace de A a B y de B a

C.

V

P

A

B C

D


41/70

41

41

19

2

γ21

1γ

CC21

1C

C

C2C

CC

C2C

R

C2CnT

nRT

Q

Wη

T2nCTCnTTnCTTCnQ

V

P

V

P

PV

VP

PVPVA

A

S

APAVBCPABVS

b) El calor cedido se verifica desde C a D y de D a A.

VPAAPAVDAPCDVE C2CnTTnC2TCnTTCnTTCnQ

El signo negativo indica que el calor sale del sistema.


42/70

42

42

23.- Un mol de un gas ideal reali za reversiblemente, el ciclo indicado enla f igura.

P o = 1 atm ; V o = 1 L ; R = 0,082 atm L/(mol K)

a) Construi r los diagramas T-V y y T-P. b) Determinar las coordenadastermodinámicas correspondientes al punto de máxima temperatura.

a)

Transformación 1-2

Hallamos la ecuación que relaciona la presión con el volumen. Aplicamos la ecuaciónde una recta que pasa por dos puntos

)1(9

38

9

VP

9

2

9

V4P2V

229

414Px-x

xx

yyy-y o

o1

o1o

Dado que el gas es perfecto, podemos deducir la relación entre T y V.

)2(9R

VV38TRTV

9

V38RTnPV

2

La ecuación que relaciona T con P es la siguiente:

)3(R

9P38PTRT9P38P9P38V

9

38P

9

V 2

Transformación 2-3

La transformación es una isóbara. Si P y V representan la presión y el volumen en

cualquier punto de la recta 2-3

1

23

Po

Vo

4Po

2Vo 29 Vo

P

V


43/70

43

43

atm1CteP;)4(R

VT

R

2929

T

VRT1.29;

T

29

T

V

T

V2

22

2

Transformación 3-1

Hallamos la ecuación que relaciona la presión con el volumen. Aplicamos la ecuaciónde una recta que pasa por dos puntos

(5)2V3P3V31P1V12

1-41Px-x

xx

yyy-y o

o1

o1o

Dado que el gas es perfecto, podemos deducir la relación entre T y V.

)(6R

2VV3TRTV2V3RTPV

2

La ecuación que relaciona T con P es la siguiente:

)7(R 3

2PPTRT

3

2PP

3

2PV

2

Los cálculos están hechos con Excel. Se dan valores a V o a P en las ecuaciones según

que estas magnitudes aparezcan en las fórmulas como variables independientes. Así en

las ecuaciones (1), (2), (4), (5), (6) la variable independiente es el volumen, y en las

ecuaciones (3) y (7) es la presión.

0

100

200

300

400

500

600

0 5 10 15 20 25 30 35

Volumen, V/L

Te

mperatura,T/K

1

2

3


44/70

44

44

0

100

200

300

400

500

600

0 1 2 3 4 5

Presión, P/atm

Temperatura,T

/K

1

2

3

b) Elegimos la ecuación (2)R 9

V-V38T

2

, Derivamos respecto a la variable V e

igualamos a cero

L19V0R 9

V238

dV

dT

La máxima temperatura se produce cuando el volumen es 19 L y la temperatura

K 4890,0829

19-1938T

2


45/70

45

45

24.- Un ci l indro rígido de paredes adiabáti cas tiene un pistón, tambiénadiabático, que se desplaza sin rozamiento dentro del cil indro.I nicialmente el pistón divide al cil indro en dos volúmenes iguales A y Bque contienen cada uno de ellos un mol de gas ideal de C v =20,9 J/mol K ,

a la presión de 1 atmósfera y a 300 K de temperatura. En A existe uncalentador que sumini stra energía de manera muy lenta al gas de A,hasta que su temperatura se eleva a 600 K. Se desprecian las capacidadescaloríficas del pistón y del cil indro y se pide:a) Presiones, volúmenes y temperaturas finales de ambos gasesb) Energía eléctr ica suministradac) Var iación de entropía en el proceso.

a) En la figura inferior se representan los estados inicial y final. Cuando se alcance un

equilibrio las presiones en los compartimientos A y B son iguales.

Calculamos el valor numérico del volumen inicial, aplicando la ecuación de los gases

perfectos

L24,6V300K K molLatm0,0821Vatm1 ii

Cuando en el compartimento A se suministra energía el gas de ese lugar aumenta

lentamente su temperatura y presión al mismo tiempo que el émbolo móvil se desplaza

hacia la derecha comprimiendo al gas de B. El gas de B sufre un proceso adiabático ya

que no intercambia calor con el exterior.

Aplicamos para ese gas entre los estados inicial y final la ecuación de una adiabática

1γ1γBB VT24,6300

De la ecuación de los gases perfectos aplicada a ambos, resulta:

BB

A

B

BA

T

600

V

V

T

VP

300

24,61;

600

VP

300

24,61

Como el cilindro es de paredes rígidas

BAiBA V49,2VL49,2V2VV

Operando con estas tres ecuaciones

P= 1atm, Vi

Ti=300 K

n= 1 mol

P=1 atm , Vi

Ti=300K

n=1mol

A B

P, VA, 600K,

n= 1 mol

P,VB,TB

n=1mol

A B

Estado inicial Estado final


46/70

46

46

)1(V49,2

V600

24,6300

VV49,2

V60024,6300

V49,2

V600T

T

600

V

V49,2

B

B

BB

B

B

BB

BB

B

γ1γ

1γ1γ

El valor numérico del coeficiente adiabático lo calculamos a partir del dato del

problema Cv.

1,40

K mol

J20,9

K mol

J20,9

K mol

J8,31

C

CR

C

Cγ

V

V

V

P

Si en la ecuación (1) sustituimos el valor de .

B

B

B

B

V49,2

V80,1

V49,2

V224,6

1,401,400,40

La ecuación la resolvemos por tanteo

Si VB=17 L el segundo miembro vale 1,64

Si VB=18L el segundo miembro vale 1,83

Si VB=17,8 L el segundo miembro vale 1,79

Tomando como solución de la ecuación el valor aproximado de 17,8 L resulta que:

atm1,57P3400,082117,8P

K 340TT

600

17,8

31,4

V

V;L31,417,849,2V B

BB

AA

b) Escogemos como sistema termodinámico todo el cilindro y aplicamos el primer

principio de la Termodinámica. Como el cilindro es de paredes rígidas no se ejerce

trabajo sobre el exterior y por consiguiente:

J7,11.10300)340C300600CΔUΔUQΔU 3VVBA

c) La variación de entropía de un gas perfecto esta dada por la ecuación

i

f

i

f v V

VlnR nT

TlnCnΔS


47/70

47

47

Aplicamos la citada ecuación para los dos gases

K

J0,07

24,6

17,8ln8,311

300

340ln20,91ΔS

;K

J16,5

24,6

31,4ln8,311

300

600ln20,91ΔS

B

A

La variación de entropía es:

K

J16,4ΔSΔSΔS BAT


48/70

48

48

25.- Un ci l indro está cerrado por uno de sus bases y la otra es un pistónque puede deslizarse por el cilindro sin rozamiento. El interior delcil indro contiene una pared fij a, tal como se muestra en la figura. Lasparedes del cil indr o y el pistón son adiabáticas y sus capacidades

caloríficas despreciables.

Por la parte exterior del pistón actúa una presión P o que se suponeconstante. El compartimento A, de volumen V A , contiene n moles de un

gas perfecto y el B, de volumen V B , está vacío. I nicialmente el sistema seencuentra en equi li brio.

Se practica un ori f icio en la pared fi ja y se alcanza el equi li brioquedando gas en los dos compartimentos. 1) Determinar la presión,volumen y temperatura fi nales. Dar el resul tado en función de n, P o , V A , V B , y R. Calcular la variación de entropía en el proceso.

2) Suponer ahora que todo el gas abandona el compart imento A con loque el pistón móvil está finalmente pegado a la pared fi ja. Calcular elvalor umbral de V B para que todo el gas pase del compartimento A al BDeterminar la presión, volumen y temperatura fi nales, si V B es mayorque el valor umbral. Dar el resul tado en función de n, P o , V A , V B , y R.Calcular la variación de entropía en el proceso.

1) En la figura1 se representa el estado inicial y final del proceso

En el estado inicial, al existir equilibrio, la presión de gas en A es igual a la presión

atmosférica y su temperatura es:

R n

VPTnRTVP Aoo0Ao

Pistón Pared fija

A B

inicial final

A B A B


49/70

49

49

Al abrir el agujero el gas comienza a pasar al compartimento B. El proceso cesa

cuando la presión en todo el conjunto es la misma Po.

Designamos con VF al volumen final entre A y B y con tF la temperatura del conjunto

Durante el proceso se ha producido un aumento de la energía interna del sistema debido

al trabajo exterior realizado por la fuerza debida a la presión atmosférica.

AFovAoFo

voFv VVR

PC

nR

VP

R n

VPCnTTCnΔU

Recordemos que:

1γ

R CR 1γCγ

C

C;R CC VV

V

PVP

La expresión final de U es:

AFo

AF

o

VV1γ

PVV

R

P1-γ

R

ΔU

El aumento de energía interna se debe al trabajo realizado desde el exterior sobre el

sistema

FBAoBAFoo VVVPVVVPΔVPdVPW

Igualando la variación de energía interna con el trabajo puesto que el proceso es

adiabático.

)1(γ

1γVVV1γVVγVγVVγVVγ0

VVVVγVVγVVVVV1γVV

BAFBAFBFBA

FBAFBAAFFBAAF

Para calcular la temperatura TF hacemos uso de la ecuación de los gases perfectos:

A

BoF

BAA

o

BAo

FoFFFo

V

V

γ

1γ1TT

Vγ

1γVVT

R n

Vγ

1γVP

R nVPTnRTVP

Para calcular la variación de entropía en el proceso, utilizamos la relación

termodinámica que relaciona los estados 1 y 2, para un mol de gas


50/70

50

50

A

BPB

A

BP

A

BA

o

A

Bo

V1

2

1

2V

V

V

γ

1γ1lnCV

γ

1γ1lnR

V

V

γ

1γ1lnR C

V

Vγ

1γV

lnR T

V

V

γ

1γ1T

lnCV

VRln

T

TlnCΔS

Como son n moles

A

BPn V

V

γ

1γ1lnCnΔSnΔS

2) El valor del volumen umbral de B, ocurrirá cuando en la ecuación (1) hagamos

VF=VB

ABB

BABBAB VγVγ

VVVV

γ

1γVVV

Designamos con P2 a la presión en el recinto B y con T2 a la temperatura, siendo el

volumen V2=VB. Aplicamos la ecuación de los gases perfectos.

2B2 TR nVP

La variación de energía interna entre el estado inicial y final es:

1γ

VPVP

R n

VP

R n

VPCnTTCnΔU AoB2AoB2Vo2V

El trabajo es:

AoAoo VPV0PΔVPdVPW

Igualando el trabajo realizado sobre el sistema con la variación de su energía interna por

tratarse de un proceso adiabático, resulta:

B

Ao2B2AoAoB2Ao V

VPγPVP11γVPVPVPVP1γ

La temperatura es:

oAo

BB

Ao

B22 TγR n

VPγ

R n

VV

VPγ

R n

VPT

Para calcular la variación de entropía en el proceso, utilizamos la relación

termodinámica que relaciona los estados 1 y 2, para un mol de gas.


51/70

51

51

1γ1γ

A

BP

A

BvA

Bv

A

BvV

A

B

o

oV

1

2

1

2V

VVγlnγCVVln

γlnCVVln1γγlnC

V

Vln1γCγlnC

V

VlnR

T

TγlnC

V

VRln

T

TlnCΔS


52/70

52

52

26.-El ciclo termodinámico denominado Otto consiste en una compresiónadiabática seguida de una isocora, de una expansión adiabática y de otraisocora. Tal ciclo está representado en la figura y sirve comoaproximación al comportamiento de un motor de explosión.

Sea un ciclo de Otto reali zado por ai re, el cual se comporta como un gasdiatómico ideal, en el punto A, el aire se encuentr a a la presión de unaatmósfera y a la temperatura de 20ªC. El ciclo se realiza en un cil indrode V = 1,5 li tros y con una relación de compresión 7

B /V

AV . El aire

recibe una cantidad de calor de 21 kJ/mol.

a) Calcular el rendimiento del ciclob) Determinar las coordenadas termodinámicas de A, B, C y Dc) Calcular el trabajo en las distintas partes del ciclod) Calcular el calor evacuado al ambiente.

Inicialmente el aire es admitido en el cilindro a la presión de una atmósfera y a la

temperatura de 20ºC, por tanto, las coordenadas termodinámicas de A son: P A=1 atm,

VA=1,5 L , TA= 293 K.

Mediante la ecuación de los gases perfectos determinamos el número de moles de aireque penetran en el cilindro.

mol0,062293K

K mol

atm.L0,082

1,5Latm1

TR

VPn

A

AA

a) El rendimiento de un ciclo es el cociente del trabajo obtenido dividido por el calor

aportado. Calculamos el trabajo entre A y B, que al ser una adiabática y según el primer

principio de la Termodinámica Q=0.

)T(TCnWWQΔU ABVAB


53/70

53

53

El trabajo de B a C es nulo por no haber variación de volumen.

El trabajo de C a D que es una expansión adiabática vale

)T(TCnWWQΔU CDVCD

El trabajo de D a A es nulo, por no haber variación de volumen..

El trabajo total es.

CDABVCDABT TTTTCnWWW (1)

El calor suministrado en la isocora BC es:

BCv1 TTnCQ

(2)

Observando el ciclo deducimos:

ADADA

DAD

A

A

D

D

BCBCB

CBC

C

C

B

B

TTPPcomo;P

PTT

T

P

T

P

TTPPcomo;P

PTT

T

P

T

P

Aplicamos la ecuación de la adiabática entre A y B y entre C y D.

B

A

BC

AD

B

BC

A

AD

B

C

A

DADBC

ABBABBAA

T

T

TT

TT

T

TT

T

TT

T

T

T

TVTVT

TTdeducese;VcomoVVTVT

1γ1γ

1γ1γ

Para efectuar la operación anterior, hemos supuesto que restábamos -1 a cada miembro

del modo siguiente:

B

BC

A

AD

B

B

B

C

A

A

A

D

B

C

A

D

B

C

A

D

T

TT

T

TT

T

T

T

T

T

T

T

T1.

T

T1

T

T

T

T

T

T

El rendimiento es un valor positivo

B

A

B

A

BC

AD

BC

BC

BCV

CDABV

1

T

T

T1

T

T1

TT

TT

TT

TT

TTCn

TTTTCn

Q

Wη

El rendimiento lo podemos expresar en la relación de volúmenes


54/70

54

54

1γ1γ

A

B

A

B

B

A

V

V1η

V

V

T

T

b) El cálculo de la temperatura TB lo hacemos a partir del rendimiento

K 637TT

29310,54

7

11η B

B

11,4

Aplicamos la ecuación de los gases perfectos entre A y B

atm15,2293

63771

T

TV

VP

PT

VP

T

VP

A

BB

AA

BB

BB

A

AA

L0,217

1,5VB

Para calcular la temperatura en C aplicamos la ecuación (1)

K 1642TK 1005637T637TK mol

J20,9

mol

J21.10 CCC

3

atm39637

164215,2P

T

P

T

PC

C

C

B

B

Aplicamos la ecuación de una adiabática entre C y D

K 7547

11642

V

VTTVTVT

0,4

D

CCDDDCC

1γ1γ1γ

atm2,6293

7541P

T

P

T

PD

D

D

A

A

c)

J44629363720,90,062)T(TCnW ABVAB

El trabajo es positivo puesto que se le suministra al sistema desde el exterior.

J11511642-75420,90,062)T(TCnW CDVCD

El trabajo es negativo ya que lo suministra el sistema al exterior.

El trabajo total vale:

J7051151446WWW CDABT

d) El calor evacuado al ambiente lo podemos calcular a partir de


55/70


56/70

56

56

27-.Un ci l indro adiabático, de sección S =1 m 2 , dotado de un émboloadiabático de masa M= 1000 kg, capacidad calorífica despreciable y quepuede desplazarse sin rozamiento, está dividido en dos cámaras por untabique diatérmano (que deja pasar el calor con facil idad) rígido y fi jo,

(ver la f igura).

La pr esión exter ior que actúa sobre el émbolo es P o = 10 5 Pa. Elcompart imento A contiene 10 moles de un gas ideal con C v =21 J/mol K, ala temperatura de T o =300K. El compart imento B, 100 moles del mismogas, a la misma temperatura y presión 10 6 Pa. En estas condiciones secomunica al gas del compartimento B, 1000 kJ de calor y luego se rompeel tabique, el sistema evoluciona hasta una situación de equi l ibri o.

Calcular: a) el desplazamiento vertical del émbolo, b) la temperaturaf inal y c) la variación de entropía.

a, b). Calculamos los volúmenes de los compartimentos A y B, por aplicación de la ley

de los gases ideales. La presión que soporta el gas de A es Po más la que ejerce el

émbolo de masa M.

3

66oB

B3

5o

oAA m0,249

10

3008,31100

10

TR nV;m0,227

1

9,8100010

3008,3110

S

gMP

TR nV

Podemos suponer que rompemos el tabique y justamente la situación es: una

temperatura de 300 K y un número de moles 110 de una mezcla de gases ideales. Ahora

le comunicamos los 1000 kJ de energía calorífica y el émbolo se eleva aumentando el

volumen y la temperatura. El proceso termina cuando la presión interior de la mezcla de

gases es igual a la que soporta el émbolo desde el exterior.

Aplicamos el primer principio de la Termodinámica:

)1(0,476V10980010300T21110

0,2490,227V10980010PdV10WQ300TCnΔU

F6

F

F66

FV

A

B

Po

M=1000 kg


57/70

57

57

La ecuación de los gases perfectos aplicada cuando se ha alcanzado el equilibrio, nos

permite escribir:

F3

FFF T8,33.10VT8,31110V109800 (2)

Combinando (2) y (1)

m4,031

0,4764,51ΔxSΔxΔVm4,515418,33.10V

K 541T0,476T8,33.1010980010693000T2310

33F

FF36

F

Cuando un gas ideal cambia su temperatura de T1 a T2 y su volumen de V1 a V2, el

cambio de entropía está dado por la ecuación.

1

2

1

2v V

VlnR

T

TlnCnΔS

Aplicamos la ecuación anterior a los gases contenidos en A y al B

K

kJ3,9

K

J38983645253SΔS

K

J3645

0,249

4,51ln8,31

300

541ln21100ΔS

;J

2530,227

4,51ln8,31

300

541ln2110ΔS

B

B

A

AS

K


58/70

58

58

28.- Un pistón móvil de masa y rozamiento despreciables, separa unrecipiente rígido en dos partes ini cialmente a la misma presión p i .. Elrecipiente está aislado del exterior . Una parte conti ene 3,00 gramos dehidrógeno molecular a la temperatura de 300 K y la otra 16,00 g de

oxígeno molecular a la temperatura de 400 K. El pistón conducesuavemente el calor entr e el oxígeno y el hidrógeno, por lo que latemperatura de ambos gases se iguala. Todos los procesos soncuasiestáticos. Calcular .a) La temperatura final del sistemab) La relación entre la presión final p f y la inicial p i .c) La canti dad de calor Q tr ansferi da desde el oxígeno al hidrógenoDatos: Masa molar del hidrógeno 2,00g/mol, Masa molar del oxígeno32 ,00 g/mol, R=8,31 J/(mol K).Propu esto en l as Olimpiad as A siáticas de Físi ca

a) Inicialmente el sistema no está en equilibrio porque existe un gradiente de

temperatura entre sus partes. En consecuencia pasa energía calorífica desde el oxígeno

al hidrógeno hasta alcanzar el equilibrio mecánico, lo cual implica que exista

uniformidad de temperatura y presión.

Designamos con T la temperatura de los gases en el equilibrio, VH el volumen inicial

del hidrógeno y VO el volumen inicial del oxígeno, VH1 el volumen final del

hidrógeno, VO1 el volumen final del oxígeno, y con pi la presión inicial y pf la final.

Consideramos como sistema el recipiente, que está aislado del exterior, lo que supone

que no pueda intercambiar ni calor ni trabajo y por ello la variación de energía interna

del sistema es cero. Ahora bien, dentro del sistema hay un aumento de energía interna

por parte del hidrógeno y una disminución por parte del oxígeno, ambas variaciones

deben sumar cero. La variación de energía interna es ΔU= nCV(T-Ti) y CV =5R/2 por

tratarse de un gas diatómico.

K 325T400TC32,00

16,00300TC

2,00

3,000ΔU

400TC32,00

16,00ΔU;300TC

2,00

3,00ΔU

vvsistema

vOvH

b) Aplicamos a los gases la ecuación de los gases perfectos antes y después del proceso

f O1

iO

f H1

iH p

3250,5R V;

p

4000,5R V;

p

3251,5R V;

p

3001,5R V

Dado que el recipiente es rígido la suma de volúmenes antes y después del proceso es el

mismo


59/70

59

59

f iiif ii

f f iiO1H1OH

p p p

650

p

650

p

162,5

p

487,5

p

200

p

450

p

3250,5R

p

3251,5R

p

4000,5R

p

3001,5R VVVV

c) Aplicamos el primer principio de la termodinámica al oxígeno: OOO WQΔU ,

siendo QO el calor perdido por el oxígeno y que es transferido al hidrógeno y WO es el

trabajo recibido por el oxígeno y suministrado por el hidrógeno.

J77975R 2

50,5400325C0,5ΔU Vo

Calculamos el trabajo realizado por el hidrógeno y tenemos en cuenta que el proceso es

cuasiestático, lo cual implica que en todo el proceso se puede sustituir la presiónexterior, esto es, pO por la del hidrógeno

J123258,311,53003251,5R dT1,5R dV pdV pW32 5

30 0

HOH

El signo menos indica que es un trabajo perdido por el hidrógeno y que es ganado por el

oxígeno, luego Wo =+312 J

J1091312779WΔUQ OOO

El signo menos indica que es un calor perdido por el oxígeno y que ha ganado el

hidrógeno.


60/70

60

60

29.- (343) Comprobar que para un gas perfecto que realiza un procesoadiabático se cumple la siguiente ecuación

1 γ1 γ

1 P

2 P

1 γ

1 T R γ

1 H

2 H

El subíndice 2 señala el estado f inal y el 1 el i nicial .

Para un gas perfecto, que efectúa un proceso adiabático reversible entre los estados

termodinámicos 1 y 2, se cumplen las siguientes ecuaciones.

γγ2211

2

22

1

11 VPVP;T

VP

T

VP

Para un proceso adiabático 12P12 TTCHH (1)

Observando la ecuación del enunciado vamos a eliminar T2, ya que no aparece en la

ecuación del enunciado, utilizando las ecuaciones anteriores:

)2(P

PT

P

PTT

TP

P

P

PT

P

P

TP

TP

P

P

V

V;

TP

TP

V

V

γ1γ

γ11

γ11

γ1

γ1

γ1

1

21

1

212

12

1

1

22

1

2

21

12

1

2

2

1

21

12

2

1

Ahora relacionamos C p con .

)3(1γ

R γ

γ

11

R CR

γ

CC

γ

CCγ

C

C;R CC P

PP

PV

V

PVP

Sustituyendo en (1) , las ecuaciones (2) y (3) resulta:

1

γ1γ

1T

γ1γ

1

21

1

2112 P

P

1γ

TR γ

P

PT

1γ

R γHH


61/70

61

61

30.- (350) Un gas ideal se encuentra confi nado en un cil indro verticaldotado de un pistón. Se le sumini stran al gas 5,79 kJ de energía con el finde aumentar su temperatura. El peso del pistón se ajusta de tal modo queel estado termodinámico del gas cambia del punto A al punto B a lo

largo del semicírculo mostrado en la figura. Determinar el cambio deenergía interna del gas.

Prop uest o Olim piadas de Físic a (Univ ersid ad de Toron to)

La variación de energía interna del gas viene dado por la ecuación

WQΔU El W es positivo si se le suministra al gas y negativo si es el gas el que lo hace contra el

exterior.

Si nos fijamos en la gráfica el trabajo viene determinado por el área comprendida entre

la transformación y el eje del volumen. Basta medir esa área para saber el valor del

trabajo.

La citada área se compone de un rectángulo y de un círculo. El cálculo del área del

rectángulo es inmediato

J1440m10m

N

4,810300A

Lm

N4,810300L1,26,0

m

N300.10)V(VPΔVPAr

33

2

3

r

23

23

ABA

Aparentemente en la figura aparece un semicírculo pero en la realidad esto no es así ya

que las escalas de los ejes son distintas. Lo que existe es una semi-elipse cuyos semiejes

son respectivamente.( 6,0-3,6) medido en L y (500-300) medido en kPa.

El área de una elipse es: baπAE , por tanto, el área de la semi-elipse es:

J754m10

m

N754.10LkPa754

2

kPa300500L3,66,0π

2

baπA 33

23

SE

Este trabajo es negativo ya que lo realiza el sistema. Obsérvese que aumenta el

volumen.J3596754)(14405790ΔU


62/70

62

62

Al ser la figura una elipse es posible encontrar una ecuación explicita, pero si la curva

fuese tal que no se encontrase una ecuación de la misma, el problema solamente se

podría resolver por un método numérico de aproximación. Vamos a aplicar este método

al caso que nos ocupa y veremos que se puede cometer un error tan pequeño como

deseemos.

Imaginemos un área que tenga por altura la Presión y por base un incremento de

volumen V, su área es P.V . El procedimiento es dividir la superficie en rectángulos

y sumar las áreas de esos rectángulos.

En la figura 2 hemos tomado dentro del semicírculo una banda de superficie limitada

por las presiones Pn y Pn+1 y los volúmenes Vn Vn+1. Calculamos Pn y Pn+1 hallamos la

media aritmética

2

PPP 1nnm

A continuación calculamos Vn y Vn+1 y hallamos n1n VVΔV

El producto Pm· V nos da el área de la banda elegida. Operamos con el resto de las

bandas y sumamos todos los términos con lo que obtenemos la mitad del área.

Primero vamos a determinar los valores de la presión y sus correspondientes volúmenes.

Observemos la figura 3,.AB es el radio de la circunferencia, pero su valor depende de la

escala de los ejes. Si nos referimos al eje de los volúmenes, entonces AB =6,0-3,6 L,

pero si nos referimos al eje de las presiones AB = 500-300 kPa.

Para un ángulo cualquiera representado en 3 por , el volumen es:

θ3,6)cos(6,0θcosAB

Para ese mismo ángulo y referido a las presiones:

θsen300)(500θsenAB

Fig.2


63/70

63

63

Escogemos intervalos de ángulos de 10º en 10 º y el valor del volumen es, tal como se

ha explicado, (6,0-3,6)*coseno(ángulo) y la presión es. (500-300)*seno(ángulo). Los

valores los agrupamos en una tabla

ángulo 0 10 20 30 40 50 60 70 80 90

Volumen/L 2,4 2,36 2,26 2,08 1,84 1,54 1,2 0,82 0,42 0

Presión/kPa 0 34,7 68,4 100 128,6 153,2 173,2 187,9 197 200

V 0,04 0,10 0,18 0,24 0,3 0,34 0,38 0,40 0,42

Pmedio 17,35 51,55 84,2 114,3 140,9 163,2 180,6 192,5 198,5

Pmedio*V 0,69 5,16 14,3 27,4 42,3 55,5 68,6 77 83,4

La suma de los términos de la última fila es 374,4 kPa..L. Como es la mitad del círculoAc= 748,7 kJ.L.

El error cometido es:

%7,0100754

7,748754

Si en lugar de escoger intervalos de 10º en 10º los escogemos de 5º en 5º y hacemos el

mismo procedimiento el resultado es:753 kJ.

El error cometido es:

%13,0100754

753754

A

B

V

P

Fig.3


64/70

64

64

31.- (354) Un ki logramo de aire T 1 = 523 K, presión P 1 =1 atm, densidadd 1 =0,675 kg/m 3 , describe el siguiente ciclo termodinámico:1.2Compresión adiabática hasta 25 atm. 2.3 I soterma recibiendo 400 kJ de

energía caloríf ica. 3.4. Expansión adiabáti ca hasta la pr esión inicial . 4.1Transformación isobárica hasta el estado ini cial .a) Determinar las coordenadas termodinámicas de 1, 2 , 3 y 4.b) Calcular la var iación de entropía en las cuatro transformaciones deque consta el ciclo.c) Calcular la vari ación de energía interna en los cuatro tramos delciclo.d) Trabajo total del ciclo.e) Representación del ciclo en los diagramas P-V y T- SDatos. El aire se considera como gas perfecto con C p = 29 J/mol* K. Lastransformaciones efectuadas en el ciclo son procesos reversibles .

a) Calculamos el volumen de aire: 3

31

m1,48

m

kg0,675

kg1

d

mV

Calculamos los moles de aire: mol34,5K 523

K mol

Latm0,082

L1,48.10atm1

TR

VPn

3

Coordenadas termodinámicas de 1: P1 = 1 atm, V1=1,48 L , T1 = 523 K

Transformación adiabática de 1 a 2.

Calculamos CV y . CV=Cp-R=29-8,3=20,7 J/mol K ; 1,4020,7

29

C

Cγ

v

P

32

1,4

121,42

1,4γ22

γ

11 m0,149V

25

1,48VV251,481VPVP

Para calcular T2 , utilizamos la ecuación de los gases perfectos.

K 13170,08234,5

0,149.1025

R n

VPT

322

2

Coordenadas termodinámicas de 2: P2 = 25 atm, V1=0,149 m3 , T1 = 1317 K

Calentamiento isotérmico de 2 a 3.

Primer principio de la termodinámica. WQΔU (criterio de signos, calor y trabajorealizado desde el exterior sobre el sistema positivo y si lo realiza el sistema hacia el

exterior negativo).


65/70

65

65

0,149

Vln13178,3134,5dV

V

nRTdVPW 32

3V

0,149

3V

0,149

En una transformación isoterma de un gas perfecto U=0

33

1,05833353

m0,43V

e0,149

V0,149

Problemas Termodinamica 2014bis-2015

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