Termoquimica

Ejercicios y problemas de Termodinmica I

22

CAPTULO 2

Trabajo en termodinmica. Relaciones entre las derivadas parciales. Primer principio de la termodinmica. Coeficientes calorimtricos.

Resumen de teora: Trabajo: Cambio de volumen: W pdV = Alambre metlico: fdlW = Torsin de un alambre: W d = Pila elctrica reversible: dqW = Polarizacin dielctrico: PEdW = Lmina superficial de un lquido: W dA = Sistema magntico: mVHHVH 00 ddW = mVH0 d Aumento del campo en el vaco. HVH0 d Aumento del momento magntico del material. Relaciones entre las derivadas parciales: Dada una funcin implcita ( , , ) 0f x y z = entre tres variables termodinmicas, de las cuales dos pueden seleccionarse como independientes, pudindose escribir esto de tres formas alternativas:

( , )x x y z= ( , )y y x z= ( , )z z x y= Segn el teorema fundamental de la diferenciacin:

yz

x xdx dy dzy z

= + z xy ydy dx dzx z = +

yx

z zdz dy dxy x

= + De estas tres ecuaciones, despejando, es posible deducir expresiones diferenciales del tipo:

1

zz

x yy x

= 1zzx yy x

=

yz x

x x zy z y

= 1y xzx z yy x z

= Imaginemos que dividimos por dw las tres relaciones diferenciales:

yz

dx x dy x dzdw y dw z dw

= + z xdy y dx y dzdw x dw z dw

= +

yx

dz z dy z dxdw y dw x dw

= + Y considersemos como constante una de variables x, y, z, entonces obtendramos relaciones del tipo:

zz z

x x wy w y

= yz w zx x x wy y w y

= +

Julin Moreno Mestre

23

Primer principio de la termodinmica: dU Q W =

Capacidades calorficas en sistemas hidrostticos y sus valores:

VV T

UC

=

pp T

HC

=

- Monoatmicos: nRCV 5.1= y nRCP 5.2= - Biatmicos: nRCV 5.2= y nRCP 5.3=

Relacin de Mayer:

2

p VV p T

p V TVC C T nRT T

= = = Coeficiente adiabtico y trabajo adiabtico, transformaciones adiabticas:

p

V

CC

= ad 1i i f fpV p VW

=

1 cteTV = ctepV = 1 ctep T =

Coeficientes calorimtricos de un sistema p, V, T: pQ C dT hdp = + VQ C dT ldV = + Q dV dp = +

pp

p

CTCV V

= = ( ) p Vp V p

C CTl C CV V

= =

V TV V

V

CTC Cp p

= = =

( ) ( )V p TV p V pV T T

C CT V Vh C C C C lp p p p

= = = = = +


24

Problemas: 1 Determine el trabajo realizado en la expansin isoterma de un mol de gas ideal a la

temperatura de 300 K cuando: a) El gas se expansiona en una etapa, desde 10 atm a 1 atm, contra una presin

exterior constante de 1 atm. b) La expansin se realiza en dos etapas. En la primera el gas se expansiona desde

10 a 5 atm, contra una presin exterior constante de 5 atm. En la segunda el gas se expansiona desde 5 a 1 atm, contra una presin exterior constante de 5 atm. En la segunda el gas se expansiona desde 5 atm a 1 atm, contra una presin exterior constante de 1 atm.

c) La expansin se realiza en tres etapas: 1) desde 10 a 5 atm a presin exterior constante de 5atm, 2) desde 5 a 2 atm a presin exterior constante de 2 atm, 3) desde 2 a 1 atm a presin exterior constante de 1 atm.

d) La expansin se realiza en 9 etapas, desde 10 a 1 atm, reduciendo progresivamente presin exterior en incrementos de 1 atm.

e) La expansin se realiza en un nmero infinito de etapas, haciendo que la presin externa sea un infinitsimo inferior de la presin interna en cada etapa sucesiva.

Comprese entre s los resultados obtenidos en cada uno de los apartados anteriores. Solucin: Dado que trabajamos con un solo mol de gas ideal. Resumimos la ecuacin de estado en:

pV RT= As calcularemos los volmenes finales e iniciales en las etapas sugeridas por los apartados segn:

RTVp

= Siendo los volmenes ocupados por el gas en funcin de la presin:

(atm)p 10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 (L)V 2.46 2.73 3.07 3.51 4.1 4.92 6.15 8.20 12.3 24.6

Ahora realizaremos fcilmente los clculos para los cuatro primeros apartados del problema, observando como tomando diferentes caminos para llegar desde el estado inicial al estado final los trabajos son distintos, lo cual es conforme con la teora que el trabajo en termodinmica no es funcin de estado. a) Expansin en una etapa a presin exterior constante de 1 atm:

2

1

2 2 2 1( ) 22.14 atmL 2243.7 JV

V

W p dV p V V= = = =

b) Expansin en dos etapas:

Etapa 1: 2

1

1 2 2 2 1( ) 1246.5 JV

V

W p dV p V V= = = Etapa 2:

3

2

2 3 3 3 2( ) 1994.4 JV

V

W p dV p V V= = = El trabajo total es: 1 2 3240.9 JW W W= + =

Julin Moreno Mestre

25

c) Expansin en tres etapas:

Etapa 1: 2

1

1 2 2 2 1( ) 1246.5 JV

V


3

2

2 3 3 3 2( ) 1495.8 JV

V


4

3

3 4 4 4 3( ) 1246.5 JV

V

W p dV p V V= = = El trabajo total es: 1 2 3 3988.8 JW W W W= + + =

d) Expansin en 9 etapas, calculamos los trabajos como en los procedimientos anteriores:

1 2 2 1( ) 246.2 JW p V V= = 2 3 3 2( ) 275.5 JW p V V= = 3 4 4 3( ) 312.0 JW p V V= = 4 5 5 4( ) 358.6 JW p V V= = 5 6 6 5( ) 415.3 JW p V V= = 6 7 7 6( ) 498.4 JW p V V= = 7 8 8 7( ) 623.0 JW p V V= = 8 9 9 8( ) 830.7 JW p V V= = 9 10 10 9( ) 1246.0 JW p V V= =

El trabajo total es por tanto: 9

14805.7 Ji

iW W

== =

e) En este caso se van a ir produciendo cambios infinitesimales de volumen y de presin. Hay que hacer por tanto el clculo del trabajo como un proceso isotermo y reversible:

2 2

1 1

2

1

ln 5738.0 JV V

V V

VdVW pdV RT RTV V

= = = =

2 Un mol de gas perfecto se expande isotrmica e irreversiblemente desde la presin inicial de 10 atm contra una presin exterior de 6 atm, y una vez alcanzado el equilibrio vuelve a expandirse bruscamente de modo isotrmico contra la presin exterior constante de 3 atm hasta alcanzar de nuevo el equilibrio. Calclese en julios el trabajo total realizado por el gas si la temperatura es en todo momento de 300 K. Solucin: Se trata de un proceso en dos etapas. Comenzamos aplicando la ecuacin de estado del gas ideal (para n = 1):

pV RT= Para determinar los volmenes de los estados inicial, intermedio y final

(atm)p 10 6 1 (L)V 2.46 4.1 24.6

Calculamos los trabajos para cada etapa:

Etapa 1: 2

1

1 2 2 2 1( ) 996.8 JV

V


3

2

2 3 3 3 2( ) 2076.6 JV

V

W p dV p V V= = =


26

El trabajo total es: 1 2 3073.4 JW W W= + = Considrense tres estados de equilibrio; A(3 bar, 1 L), B(1 bar, 3 L) y C(1 bar, 1 L), de cierto sistema hidrosttico. Calcule el trabajo realizado por el sistema cuando pasa del estado A al B a travs de cada una de las siguientes trayectorias del plano pV:

a) arco de circunferencia, con centro en C, que une A con B. b) lnea recta uniendo A con B. c) Proceso iscoro (AC), seguido de un proceso isbaro (CB).

Solucin: En los tres apartados emplearemos la expresin integral del trabajo:

f

i

V

V

W pdV= imponiendo los respectivos caminos de cada apartado: a) Se trata de un camino de arco de circunferencia, en especial medio arco de una circunferencia tal y como podemos observar en el diagrama pV. El trabajo es el rea sombreada. Para calcular la relacin entre la presin y el volumen siguiendo el arco de circunferencia utilizamos la expresin matemtica de la circunferencia de radio R centrada en un punto de coordenadas (xc, yc):

2 2 2c c( ) ( ) Rx x y y + =

Sustituimos las variables x e y por p y V, y adems podemos comprobar que se trata de una circunferencia de R = 2. Consideraremos adems que esta ecuacin que describe la trayectoria pV de arco de circunferencia es adems adimensional.

( ) ( )2 2 2c c RV V p p + = Despejando la presin p hasta describir un semiarco del primer cuadrante:

( )22 c cRp V V p= + y sustituyendo en la integral:

( )( )BA

22c cR

V

V

W V V p dV= + El clculo de esta integral requiere de utilizar bastantes herramientas de clculo, por ello recurriendo a un libro de tablas de integrales podemos ver que las integrales del tipo:

2 2 22 2 R RR arcsin

2 2 Rx x xx dx = +

y as realizar el clculo. O bien recurrimos a Derive plantendole la integral:

( )( )3 221

2 1 1 2 barL 520.2 JW V dV = + = + =

3

b) La trayectoria la determinamos con la expresin de la ecuacin de la recta que pasa por dos puntos:

0 0

1 0 1 0

x x y yx x y y =

Sustituyendo por nuestras variables x e y por nuestras variables p y V:

Julin Moreno Mestre

27

( ) ( )A A A B A AB A B A B A

1 1 3 3 43 1

V V p p V V Vp p p p VV V p p V V

= = + = + = + Integrando ahora:

B

A

3

1

4 4 barL 400 JV

V

W pdV V dV= = + = =

c) Viendo la grfica pV planteada, obviamente solo hay que calcular el trabajo en el proceso isbaro (CB) y olvidarse de calcularlo en el iscoro (AC), ya que en el es evidente que no se produce trabajo.

( )BC

B C 1(3 1) 2 barL 200 JV

V

W pdV p V V= = = = =

4 Calcular el trabajo efectuado por un mol de gas que obedece a la ecuacin de Van der Waals al expansionarse desde el volumen V1 al volumen V2 en los siguientes casos:

a) Por va reversible e isoterma. b) Por va irreversible a presin constante.

Determnese las expresiones del trabajo en ambos casos si el gas fuese ideal. Solucin: La ecuacin de Van der Waals es:

2 2( )a RT ap V b RT pV V b V

+ = = a) Expansin isoterma reversible, es decir, que no es brusca, luego:

[ ] 22 2 21

11 1

2 ln( )VV V

V

VVV V

RT a aW pdV dV RT V bV b V V = = = +

1

2 1 2

ln V b a aW RTV b V V = +

b) Se trata de una expansin a presin exterior constante:

2

1

V

V

W pdV= 2 1( )W p V V=

Si el gas hubiese sido ideal, entonces la ecuacin de estado sera: RTpV RT Vp

= = y ambos trabajos seran (recontestando a los apartados): a) Expansin isoterma reversible:

[ ]2 2 21

1 1

ln( )V V

V

VV V

RTW pdV dV RT VV

= = = 21

ln VW RTV

=

b) Expansin isobara: 2

1

V

V

W pdV= 2 1( )W p V V=


28

Un mol de gas ideal evoluciona cuasiestticamente desde el estado A hasta el estado C. Determnese el trabajo realizado cuando la evolucin tiene lugar a lo largo de los caminos I y II indicados en el diagrama pT de la figura.

5

Solucin: Empezaremos por el camino I. En este camino determinaremos la ecuacin de la recta que pasa por los puntos que marca A y C:

1 1 2 11 1

2 1 2 1 2 1

( )p p T T T TT p p Tp p T T p p = = +

Sustituimos en la ecuacin de estado del gas ideal (para n = 1): 2 1 2 1 1

1 1 12 1 2 1

( ) ( )T T T T RTRpV RT pV R p p RT V p pp p p p p p = = + = +

Determinamos el diferencial de volumen:

2 11 1 2

2 1

T T dpdV Rp RTp p p

=

y procedemos a calcular ahora el trabajo realizado por el camino I: 2 2

1 1

2 1 2 1 2I 2 1 1 1 12

2 1 2 1 1

lnV p

V p

T T T T pdpW p dV p Rp RT Rp RTp p p p p p

= = = 2 1 2

I 1 12 1 1

lnT T pW Rp RTp p p

= Por el camino 2 el trabajo pasa por un proceso isotermo primero y por un proceso isbaro despus. El trabajo realizado en el proceso isotermo (de A a B) es:

B B

1 1

Isotermo 1II 1 1

B

lnV V

V V

VdVW pdV RT RTV V

= = = En el proceso isbaro es:

2

B

IsbaroII 2 B( )

V

V

W pdV p V V= = El trabajo total en el camino 2 es:

Isotermo Isbaro 1II II II 1 2 B

B

ln ( )VW W W RT p V VV = + =

Cambiando los volmenes por los datos dados por el problema: 1

11

RTVp

= 1B2

RTVp

= 222

RTVp

=

2II 1 2 1

1

ln ( )pW RT R T Tp

=

Julin Moreno Mestre

29

6 La presin de un gas en un cilindro dotado de un pistn desplazable varia con el volumen segn la expresin p = C/V 2. Donde C es una constante. Si la presin inicial es 500 kPa, el volumen inicial es 0.05 m3, y la presin final, 200 kPa, determnese el trabajo realizado en el sistema. Solucin: Pasamos a atmsferas las presiones y los volmenes a litros:

4.936 atmip = 1.974 atmfp = 50 LiV = A partir de la ecuacin de estado determinamos el volumen final:

2 22 79.057 Li i f f f

Cp C pV p V VV

= = = = Siendo la constante de la ecuacin de estado:

2 212339.6 atmLi iC pV= = Calculamos ahora el trabajo:

2 9188.6 Jf f f

ii i

V V V

VV V

C CW pdV dVV V

= = = =

7 Un mol de agua se comprime reversiblemente en una prensa hidrulica, a la temperatura constante de 20 C, desde la presin inicial de una atmsfera hasta la presin final de cien atmsferas. Calclese el trabajo realizado en el proceso sabiendo que, a esta temperatura, el coeficiente de compresibilidad isotermo y la densidad valen 45.3010-6 atm-1 y 0.9982 gcm-3, respectivamente. Soluciones: Lo primero es determinar la ecuacin de estado que rige este proceso:

1T

T

VV p

= lnT Tp p

T TVp p V K V Ke K VeV

= = + = = Determinamos el volumen de agua a 1 atm de presin, con la densidad y partiendo del nmero de moles y la masa molar del agua (18 g/mol):

218 1.8032410 Lm nV = = =

Determinamos ahora el volumen final con la ecuacin de estado: 6 42 45.310 45.310 21.8032410 1.7951710 Lf fK e V e V

= = = Determinamos tambin el valor de la constante de la ecuacin de estado:

62 45.310 21.8032410 1.8033210 LK e = =

Diferenciamos la ecuacin de estado:

0T T TT

p p pT T Tp

KK Ve e dV V e dp dV V dp dpe

= = + = =

Y con la expresin del trabajo: 2

1

100100 100

21 1 1

( 1)TT T

V pT

T T Tp pTV

e pK pW pdV p dp K dp Ke e

+= = = = = 0.412 J


30

8 El nitrgeno lquido es un material dielctrico. En un cierto intervalo de temperaturas, la polarizacin elctrica o momento bipolar por unidad de volumen, P, est relacionado con el campo E por:

40P (23.8 4.1610 E)E =

donde P est expresado Cm2, E en Vm1 y 0 es la permitividad del vaco igual a 8.851012 C2N1m2. Calclese el trabajo realizado por cm3 de nitrobenceno cuando el campo elctrico aumenta de 0 a 104 Vm-1 e indquese si se da o se recibe trabajo del sistema. Solucin: A partir de la expresin del trabajo para este tipo de sistemas dielctricos:

2

1

P

P

E PW d= Determinamos el diferencial de polarizacin con la expresin del ejercicio:

4 40 0P (23.8 4.1610 E)E P (23.8 8.3210 E) Ed = =

Por tanto el trabajo: 410 8 12

4 4 90 0

0

10 10E (23.8 8.3210 E) E 23.8 8.3210 8.0810 J2 2

W d = = + =

9 Una muestra de bismuto de masa 27.3 g, cuya susceptibilidad magntica a la temperatura ambiente es m = 1.3210 5, se introduce en un solenoide que crea un campo de induccin magntica uniforme de diez teslas. Determinar la imanacin final de la muestra y el trabajo que realiza. Datos: 0 = 410 7 TmA1; densidad del bismuto = 9.80 gcm3. Solucin: Sabiendo que la susceptibilidad magntica se define como:

MHm

= Donde M es la imanacin, y H el campo magntico en el material. Sabiendo que:

0

B BH(1 )m = = +

Determinamos la imanacin final: 1

0

BM 105.04 Am(1 )

m

m

= = + El volumen de bismuto que tenemos es:

6 32.7810 mmV = =

La expresin del trabajo es: 2 2 2

11 1

M M M30

0 0MM M

M MH M M 1.4610 J2m m

VW Vd V d = = = =

Julin Moreno Mestre

31

10 Un slido paramagntico ideal de volumen V adquiere, cuasiestticamente, una imanacin m en presencia de un campo magntico externo variable. La temperatura del slido vara durante la imanacin segn la ley:

2K0

mT T e= siendo K una constante. Hllese el trabajo realizado en la imanacin del slido en funcin de la temperatura. Solucin: En sistemas magnticos la expresin del trabajo es:

2

1

0 Hm

m

W V dm= A partir de la ecuacin dada por el problema, determinamos el dm:

2K 20

0

1ln K 2K 2K

m T dT dTT T e m mdm mdmT T T = = = =

Y con la ley de Curie: HCmT

= Procedemos a aplicarla a nuestro diferencial:

1 H 12 2CK K 2CKH

dT dT dTmdm dm dmT T T

= = = Sustituimos en la expresin del trabajo:

2

1 0 0

00 0H H 2CKH 2CK

m T T

m T T

VdTW V dm V dT = = = 0 0( )2CKVW T T=

11 Un mol de gas ideal est en equilibrio a 6 atm de presin y volumen 10 L. Se le enfra iscoramente hasta alcanzar una presin igual a la mitad de su presin inicial. A continuacin se calienta a presin constante hasta que alcanza un volumen, Vf, tal que en una compresin isoterma final regresa a su estado inicial.

a) Dibuje el proceso en un diagrama de Clapeyron (p,V) b) Calcule el trabajo neto realizado en el ciclo.

Solucin: Exponemos la informacin que tenemos en el problema:

A 6 atmp = A B 10 LV V= = A C 731.7 KpVT T R= = =

B C 3 atmp p= = CCC

20 LRTVp

= = B BB 365.85 Kp VT R= = Solo realizan trabajo la etapa isoterma y la etapa isbara. Por tanto:

A A

C C

B C B B C B C( ) ( )V V

isbara iscoraV V

dVW W W p V V pdV p V V RTV

= + = + = + A

B C B CC

( ) ln 11.59 atm/L 1174 JVW p V V RTV = + = =


32

12 Para comprimir adiabticamente 2 moles de un gas ideal biatmico cuya temperatura inicial es de 300 K, ha sido necesario suministrarle 800 J en forma de trabajo. Cul es la temperatura final del gas? Solucin: En un proceso adiabtico el incremento de energa interna es igual al trabajo suministrado. Por tanto la temperatura final la determinamos mediante el primer principio:

( ) ( )52 8.31 300 800 319.25 K2V f i f f

U W nC T T T T = = = =

13 Un mol de gas ideal monoatmico se encuentra en un cilindro provisto de un pistn mvil. Si la presin externa sobre el pistn se mantiene constante en 1 atm, Qu cantidad de calor debe aportarse al gas para aumentar su volumen de 20 a 50 litros? Solucin: El gas realiza una expansin isobara. La temperatura inicial y final ser de:

243.9 KiipVTnR

= = 609.8 KffpV

TnR

= = Determinamos el calor que es necesario aportarle mediante el primer principio:

3 7600 J2V

Q U W C T p V R T p V= + = + = + =

14 Un recipiente de 15 m3 contiene radiacin electromagntica en equilibrio con sus paredes a la temperatura de 300 K. Dicha radiacin se comporta como un sistema (gas de fotones) con ecuaciones trmica de estado y energtica dadas por las expresiones:

4

3aTp = 4U aVT=

donde a = 7.5610-16 Jm-3K-4. a) Calclese el calor absorbido por el sistema de radiacin en un proceso isotermo

reversible en el que su volumen se duplica. b) Obtngase, por otra parte, la ecuacin que rige, en coordenadas (p,V ), los

procesos adiabticos reversibles experimentados por dicho sistema. Solucin: a) Partiendo del primer principio de la termodinmica:

U Q W Q U W = = + Determinamos ahora el calor transferido a partir del cambio de energa interna y el trabajo. Comenzamos por el trabajo, el cual es realizado por el sistema sobre los alrededores, luego es positivo:

4 4 4 44 4 4 4( ) (2 )3 3 3 3

f f

i i

V V

f i i i iV V

aT aT aT aTW pdV dV V V V V V= = = = = El cambio de energa interna depende en este caso del volumen:

4 4 4 4 42f i f i i i iU U U aV T aVT aVT aVT aVT = = = = Por tanto el calor:

4 44 44 1.22510 J

3 3i i

iaVT aVTQ U W aVT = + = + = =

b) Partiendo del primer principio con Q = 0 y diferenciando: 4

4 3 4 34 43

aTdU dW aT dV aVT dT pdV aT dV aVT dT dV= + = + =

Julin Moreno Mestre

33

4 4 44 4 4 43 3 3 3T T dT dV dT dVTdV VdT dV VdT dV

T V T V+ = = = =

( )4 4/3 4 4/344 ln ln ln3T V cte cte T V cte T V= + = = Y ahora a partir de la ecuacin de estado que relaciona presin y temperatura:

44 3

3aT pp T

a= = 4 1/3 4 /33pcte T V cte V

a= = 4/3cte pV=

15 Un mol de agua a 24 C y 1.013 bar se calienta a presin constante hasta 100 C. El coeficiente de dilatacin cbica del agua vale 4104 K1. Calclese el cambio de energa interna experimentado por el agua, considerando que la densidad media del lquido en dicho intervalo de temperaturas es de 1 gcm3 y el calor especfico medio a presin constante vale 4.18103 Jkg1 K1. Solucin: En el presente problema tenemos un exceso de datos para calcular el cambio de energa interna. Nos basta con conocer el calos especfico del agua, el incremento de temperatura y la masa de agua (1 mol de agua = 18 g de agua) que tenemos:

5718.24 JeU mc T = =

16 Un mol de gas biatmico experimenta cambios reversibles desde pi = 10 atm y V1 = 10 L a pf = 1 atm, de acuerdo con los siguientes procesos:

a) V = cte b) T = cte, c) Adiabticamente

Calclense W, Q, U y H en cada proceso. Represntese los procesos en un diagrama pV. Solucin: Determinamos primero la temperatura inicial con la ecuacin de estado del gas ideal:

1219.5 KpVpV RT TR

= = = Como se trata de un proceso de expansin o contraccin de un gas ideal biatmico, entonces las funciones de estado entalpa y energa interna obedecern a las expresiones (con n = 1):

VU C T = pH C T = Donde:

52V

C R= 72p

C R= a) Como es a V = cte, determinaremos la temperatura final:

100 Li if f i i i ff

pVp V RT pV Vp

= = = = como es un proceso iscoro, el trabajo es nulo. La entalpa y la energa interna es:

22792.3 JVU C T = = 31909.5 JpH C T = = El calor es igual al incremento de energa interna segn el primer principio.


34

b) Se trata de un proceso isotermo. Dado que no existen transiciones de fase en el gas, el cambio de energa interna y el de entalpa son nulos. Por el primer principio, el calor es igual al trabajo. Determinaremos primero el volumen final:

121.95 Kf ip V

pV RT TR

= = = y ahora ya podemos calcular el calor y el trabajo:

ln 23325.0 Jf f

i i

V Vf

iV V

VRTQ W pdV dV RTV V

= = = = =

c) Al tratarse de un proceso adiabtico, el gas se va regir (en el proceso) por la ecuacin de estado siguiente:

1p T cte = al tratarse de un gas ideal biatmico (cumple con la ecuacin de estado del gas ideal), el coeficiente adiabtico 1.4 = .

Por tanto determinamos la temperatura final y el volumen final del gas: 1 1 1 1 631.6 Ki i f f fcte p T p T T = = = 51.79 Lf f f fp V RT V= =

Determinamos ahora el cambio de energa interna y la entalpa del proceso: 12208.6 JVU C T = = 17092.1 JpH C T = =

El trabajo adiabtico obedece a la expresin: 1 1 2 2 12209.2 J

1pV p VW

= = Como es un proceso adiabtico, el calor es cero.

17 Un cilindro vertical de paredes adiabticas y 100 cm de altura est dividido en dos partes por una membrana impermeable que se encuentra a 50 cm de la base. La parte superior del cilindro est cerrada por un pistn adiabtico sobre el que se ejerce una presin exterior constante. Inicialmente la parte inferior est vaca, mientras que la parte superior contiene un mol de gas ideal monoatmico a 300 K, encontrndose el pistn a 100 cm de altura. En un momento determinado se rompe la membrana y, consecuencia, el pistn desciende. Determnese la altura a la que se detiene el pistn una vez que se ha alcanzado el equilibrio y el trabajo realizado sobre el gas. Solucin: Antes de la rotura de la membrana, las variables de estado del sistema valen:

T1 = 300 K p1 = 1 atm 111

24.6 LRTVp

= = Despus de la rotura de la membrana, la energa interna no cambia, la temperatura es la misma, el volumen se duplica y la presin es por tanto la mitad:

T2 = 300 K p2 = 0.5 atm V2 = 29.2 L Pero al poco de romperse la membrana el pistn comienza a contraer el gas, y lo hace de forma adiabtica. Dado que es un gas monoatmico, el coeficiente adiabtico del gas es 1.67 = . El gas va a tener una presin final igual a la atmosfrica (p3 = 1 atm). Siguiendo las relaciones entre dos estados unidos por una adiabtica determinaremos el volumen final del gas:

3 3 2 2 3 32.5 Lp V p V V = =

Julin Moreno Mestre

35

La altura que adquiere el pistn la calculamos mediante una regla de tres: 1 1

33 3 3

24.6 L 60 cm 66 cm32.5 L

V h hV h h

= = = El trabajo (adiabtico) realizado sobre el gas es:

2 2 3 3 11.77 atmL= 1192.9 J1

p V p VW = =

18 Un gas ideal biatmico, encerrado en un cilindro de paredes adiabticas, se calienta a

la presin constante de 2 bar mediante una resistencia de capacidad calorfica despreciable. El volumen ocupado por el gas aumenta de 25 a 42 L en 6 minutos. Calclese:

a) El cambio de energa interna experimentado por el gas. b) El trabajo elctrico suministrado a la resistencia. c) La intensidad que circula por la resistencia de valor 100 .

Solucin: No es posible calcular ni el nmero de moles ni la temperatura de los diferentes de estados. No obstante como es un proceso isbaro:

1 1pV nRT= 2 2pV nRT= Pasamos a atmsferas los 2 bares de presin, por tanto la presin es de 1.9738 atm. Ahora respondemos a los apartados: a) Utilizaremos en este apartado las relaciones anteriores de las variables de estado para calcular el cambio de energa interna:

2 1 2 15 5 5( ) 8498 J2 2 2V

U C T nR T T nRT nRT = = = = b) El trabajo realizado es:

2

1

2 1( ) 3399 JV

V

W pdV p V V= = = c) Calculamos el trabajo elctrico realizado sobre el sistema por la resistencia:

e eU W W W U W = = + =11897 J Por la Ley de Joule del calentamiento elctrico de las resistencias:

2I R 0.575 AR

ee

WW t It

= = =

19 Partiendo de la ecuacin calorimtrica pQ C dT hdp = + demustrese que en un proceso adiabtico se cumple:

1Q V

p pT T

= Solucin: Al ser un proceso adiabtico 0Q = , luego:

0 pp pQ

CpC dT hdp C dT hdpT h = + = =

Dado que el coeficiente calorimtrico es:

( )p VV

Th C Cp

=


36

por tanto:

( )

p

p p V

p VQ Q V Q Vp Vp V

V VV

CC C Cp p p p p

C CT T C C T T TTC CC Cp

= = =

1Q V

p pT T

= Demostrado

20 Demustrese que entre las capacidades a presin y volumen constante se cumple, para todos los sistemas pVT:

p VT p

U VC C pV T

= +

Solucin: Partiendo del primer principio de la termodinmica:

dU Q pdV= y de las relaciones diferenciales:

V T

U UdU dT dVT V

= + Sustituyendo en el primer principio:

V T

U UdT dV Q pdVT V

+ =

V T

U U dV Q dVpT V dT dT dT

+ = Si ahora consideramos constante la presin:

V T p p p

U U V Q dVpT V T dT dT

+ =

T p p p V

U V V Q UpV T T dT T

+ =

p Vp T

V U p C CT V

+ =

Demostrado.

21 Dos moles de un gas ideal (cV = 2.5R) realizan un proceso adiabtico y cuasiesttico desde las condiciones p1 = 12 atm y V1 = 1 L hasta que su presin se reduce al valor ambiental p2 = 1 atm. Hallar el trabajo intercambiado y los incrementos de energa interna y de entalpa experimentados. Solucin: Al ser cV = 2.5R, esto implica que cp = 3.5R y = 1.4. El volumen final, temperatura inicial y final es:

11 1 2 2 2 1

2

5.9 LppV cte pV p V V Vp

= = = =

Julin Moreno Mestre

37

1 11 73.17 K

pVTnR

= = 2 22 35.98 Kp VT nR= = Como es adiabtico, esto implica que el calor es nulo, y por tanto el trabajo es igual al cambio de la energa interna. El trabajo y la energa interna es:

1 1 2 2 121 15.9 15.25 atmL 1544.8 J1 0.4

pV p VU W = = = = =

El cambio en la entalpa es: 2163.34 JpH C T = =

Una mquina realiza un ciclo triangular cuyos vrtices en el plano (V, p) son A(1,1), B(2,1) y C(1,2), expresndose la presin en atmsferas y el volumen en litros. Determnese en rendimiento de este ciclo, admitiendo que la sustancia que lo recorre es un gas ideal diatmico. Solucin: Representando grficamente en un diagrama, podemos ver que el trabajo total realizado equivale a menos el rea del tringulo.

11 0.5 atm/L 50.65 J2

W = = =

22

Se trata de un gas ideal diatmico, esto implica que:

1.4 = 52p

C R= 32V

C R= Por el grfico se puede fcilmente deducir que:

2C B AT T T= = En la etapa BA (isobara) del ciclo el calor liberado es igual al incremento de entalpa:

BA A B A A A7 7 7( ) 3.5 atmL 354.55 J2 2 2p

Q H nC T nR T T nRT p V= = = = = = = En la etapa CB, las temperaturas final e inicial son iguales, el cambio de energa interna es nulo, por el primer principio de la termodinmica establecemos que el calor es igual al trabajo realizado en esta etapa. La trayectoria seguida es una lnea recta:

1 2 1 2 32 1 1 2p V p V p V = = =

El trabajo, y por tanto el calor, realizado en la trayectoria es: B

C

22 2

1 1

(3 ) 3 1.5 atmL 151.95 J2

V

V

VQ W pdV V dV V = = = = = =

En la etapa AC, el trabajo es cero al no haber incremento de volumen. El calor es igual al cambio de energa interna:

AC AC C A A A A5 5 5( ) 2.5 atmL 253.25 J2 2 2V

Q U nC T nR T T nRT p V= = = = = = = El calor absorbido o recibido por el ciclo es la suma de los calores positivos, siendo el calor liberado el negativo. La diferencia entre el recibido y el desprendido como se observa es igual al trabajo total. El rendimiento del ciclo es:

absorbido

50.65 0.125151.95 253.25

WQ

= = =+


38

23 Un litro de aire se calienta a la presin atmosfrica isobricamente hasta duplicar su volumen. Dedzcase la variacin de energa interna y el rendimiento de la transformacin. Se supone que el gas es perfecto y = 1.4. Solucin: El trabajo realizado es:

( )2 1 1 atmL 101.3 JW p V p V V= = = = El incremento de energa interna y de entalpa es:

VU C T = pH C T = Por tanto y dado que:

H U p V = + 1.4pV

CC

= = 1.4 0.4p V V V VnC T nC T p V nC T nC T p V nC T p V = + = + =

0.4 253.25 J0.4p VU p V U = = =

El calor es igual al incremento de entalpa: 11

1.4 1.4p

p p

nCH U p V nC T T p V nC T p V = + = + =

354.55 J111.4

p VH Q = = =

El rendimiento es: 101.3 0.286354.55

WQ

= = =

24 Dos litros de un lquido que cumple la ecuacin de estado: ( )0 01 ( )V V k p p=

con k = 1.82106 atm1 se comprime desde un estado de equilibrio con p0 = 1 atm y T0 = 273.2 K aplicndole adiabticamente la presin constante p1 = 570.0 atm, hasta que se iguala a la presin del lquido en el estado de equilibrio final. Determinar el trabajo realizado y los incrementos de energa interna y de entalpa. (Carranza) Solucin: Partiendo de la expresin del trabajo para un proceso isobrico:

1 0 1( )W p V V= De la ecuacin de estado:

( )1 0 1 01 ( ) 1.99793 LV V k p p= = Por tanto el trabajo:

( )570 2 1.99793 1.18 atmL 119.6 JW = = = Y al ser adiabtico, el cambio de energa interna es:

119.6 JU W = = La entalpa es:

H U pV= + El cambio de la entalpa es:

1 0 1 0 1 1 0 0 1 1 0 0H H H U U pV p V U pV p V = = + = +

Julin Moreno Mestre

39

25 Dos moles de un gas ideal se encuentran en un cilindro adiabtico cerrado por un pistn libre, sin masa, tambin adiabtico, que soporta inicialmente la presin atmosfrica y que tiene una superficie de 5.10 cm2. Una vez alcanzado el equilibrio en esas condiciones, se deposita sobre el pistn un cuerpo de masa 10 kg, y se comprueba que en el estado final de equilibrio el volumen del gas se reduce a las dos terceras partes del inicial. Determinar el calor a volumen constante del gas. Solucin: Al depositarse una masa de 10 kg, esta contribuye a generar una presin adicional de:

41.92310 pas 1.899 atmmF mgpS S

= = = = La presin total es la suma de la atmosfrica y la ejercida por la masa, sea 190.9 atm. Partiendo de la expresin del trabajo (a presin constante) ser igual al cambio de energa interna: ( ) ( )v f i f f iU nC T T W p V V = = = Para la temperatura final e inicial, despejamos:

i i ipV nRT= f f fp V nRT= 23f iV V= i i

ipVTnR

= 23

f f f if

p V p VT

nR nR= =

Por tanto:

( ) ( ) ( )( )23

23

f i if f i

v f i f f i vf i i if i

p V Vp V VnC T T p V V C

p V pVn T T nnR nR

= = =

( ) 2.382 3fv f ip

C R Rp p

= =

26 Demuestre que en un proceso adiabtico de un gas perfecto se cumple: 1

22 1 1

1

11

pH H RTp

=

siendo T1 y p1 las coordenadas iniciales y T2 y p2 las finales. Solucin: Partiendo de la expresin del cambio de la entalpa con la temperatura:

( )2 1 2 1pH H H C T T = = Y que:

11

p VV

p p V Vpp V

VV

C C RCR R RC C C C R CR C C

C C

= = = = = ==

Conseguimos:

( )2 1 2 11RH H T T =


40

Y siguiendo la adiabtica: 11

1 1 1 1 11 1 2 2 2 1 1

2 2

cte p pp T p T p T T T Tp p

= = = =

Sustituyendo conseguimos demostrar la igualdad: 1

12 1 1 1

21pRH H T Tp

=

1

12 1 1

2

11

pH H RTp

=

Julin Moreno Mestre

41

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