Problemas de termodinamica

Curso de Física General. Parte 2 Problemas resueltos Termodinámica 1. Gases 3

3

o

Ejemplo 1. El Sn blanco (D = 7.28 g/cm , µ = 118.7 g) se transforma en gris (D = 5.75 g/cm ) para T = 13 C y 1 atm de presión. ¿Cual es el trabajo molar realizado por el Sn, expresado en Joules, durante la transformación?

Resolución: W rev = _ pdV = p∆V = p(V2 - V1) Sustituyendo V = m/D = nµ/D; W/n = 118.7 x 1 x {(1/5.75)-(1/7.28)} 3 W/n = 4.34 atm/cm Sustituyendo para llevar a Joules; W/n = 4.34 x 1013.25 x 10 x 10-6 Pa.m W/n ≅ 0.44 Joules 2

3

El trabajo es positivo. Significa que durante la transición el Sn se expande (pasa de una fase mas densa a otra menos densa). En caso contrario el trabajo sería negativo.

Ejemplo 2 . ¿Cual será la lectura del manómetro en la figura 1.7 si V 1 = 0.4 litros, T 1 = 400 K, V 2 2 = 4 litros, T 2 2 = 300 k y el recipiente contiene un mol de gas? No tome en cuenta el gradiente de temperaturas a lo largo del tubo de unión.

T1

T2

Resolución: En el equilibrio p1 = p2 = p . Por tanto, aplicando la ecuación de estado estado del gas ideal; n1T1 /V1 = n2T2 /V2 Llamando nt al número total de moles; n1 = nt - n2. Sustituyendo arriba y agrupando; nt (T1 /V1) = n2{(T1 /V2) + (T2 /V2)} nt n2 = T V 1+ 2 1 T1 V2 p = p2 =n2RT2 /V2 Sustituyendo y agrupando se llega a: nt R p= V2 T2 + V1 T1 p=

0.082 4 300 + 0. 4 4 00 p = 5.86 atm

o

Ejemplo 3 . Dos balones A y B con O 2 2 y NO 2 2 a 27 C se conectan mediante un tubo. Inicialmente: Gas V o p o o (ml) o (atm) A O 2 500 1 2 B N 2 1500 ½ 2

Calcular: a) Presión total; b) presión parcial de cada cada gas; c) Fracción molar de O 2 2 en la mezcla. Resolución:

Dr. A. González Arias, Dpto. Física Aplicada. UH. [email protected] [email protected]

Problemas resueltos Termodinámica, pag. 1

a) pT = pA + pB = nART/V + nBRT/V nA y nB se determinan a partir de las condiciones iniciales nA = poAVoA /RT ; B n= poBVoB /RT Sustituyendo: p = ( poAVoA + poBVoB)/(VA + VB) p = (1xO.5 + 0.5x15)/2 p = 0.625 atm. b)

p(O2) = n(O2)RT/V = ( poAVo A)/(VA + VB) p(O2) = 1x0.5/2 p(O2) = 0.25 atm p(N2) = poBVoB /(VA + VB) p(N2) = 0.75/2 p(N2) = 0.375 atm

c)

x(O2) = p(O2)/p = 0.25/0.625 x(O2) = 0.4

Problemas propuestos gases 1.1 El coeficiente de expansión térmica α se define como α = (1/V)(dV/dT)p y el de compresibilidad como (1/V)(dV/dp)T . Calcule α y k para un gas ideal. ¿Cuales son sus dimensiones en cada caso? o

κ = o

1.2 Aire seco a temperatura ambiente (27 C) se inyecta por el extremo de un horno que se encuentra a 1200 C, a razón de 200 ml/min. Si la cámara del horno tiene un volumen de 5 litros y el aire caliente sale por el otro extremo. ¿Que tiempo tarda en renovarse totalmente el aire dentro del horno? 1.3 En un recipiente cerrado, lleno de aire en condiciones normales, se inyecta éter dietílico (C2H5OC2H5). Al volatilizarse todo el éter, la presión dentro del recipiente alcanza un valor de 1050 Torr. ¿Que cantidad de éter se inyectó en el recipiente, si la capacidad de éste es de 2 litros? o

1.4 Un balón portátil suministra oxígeno en un hospital a la temperatura ambiente de 27 C, de manera que su 7 6 manómetro varía de 10 Pa hasta 2.5 x 10 Pa en el transcurso de un día. Si inicialmente el balón tenía 1 kg de gas, ¿qué masa de oxígeno se sacó del balón? 3

-3

1.5 Calcule el número de moléculas que hay en el gas contenido en un volumen de 1 cm a una presión de 10 atm, a 200 K. -6

1.6 Las bombas mecánicas de difusión permiten alcanzar presiones de 10 mm de Hg. Si se tiene un recipiente de o un litro con N2 a esta presión, a 25 C; a)¿cual es la densidad del gas?; b)¿cuantas moléculas hay en el recipiente? 1.7 Se desea almacenar una mezcla compuesta de 0.1 gr de H 2 (µ = 2 g) con 0.28 g de N 2 (µ = 28 g) de manera que o la presión sea de 760 mm de Hg a 27 C. a)¿Cual debe ser el volumen del recipiente? b)¿Cuál será la densidad del gas en esas condiciones? c) ¿Cual será la presión parcial de H2 en el recipiente? o

1.8 Un recipiente de 1 litro que contenía N2 a 1 atm de presión a 27 C se conecta con otro de 3 litros que contenía O2 a 0.5 atm a la misma temperatura. a) Calcule la presión total de la mezcla resultante al alcanzarse el equilibrio. b) La fracción molar de N2 en la mezcla. (Datos: R = 0.082 atm.l/K.mol = 8.31 J/K.mol = 1.987 cal/K.mol; µ(N2) = 28; µ.(O2) = 32]. º

1.9 Un mol de nitrógeno diatómico (N2) ocupando un volumen de 10 litros se calienta a partir de los 27 C manteniendo la presión constante hasta que su volumen se duplica. Calcular el calor involucrado en en el proceso. (R = 1.987 cal/mol.K = 8.31 J/mol.K = 0.082 atm.l/K.mol).

2. 1ra Ley de la Termodinámica Ejemplo 1. Demuestre que para un gas ideal en cualquier punto del plano PV la curva que representa un proceso adiabático tiene mayor pendiente que la correspondiente a un proceso isotérmico.



Resolución: Para la adiabática,

pVγ = C1 p = C1V γ +1 +1 dp/dV = - γ C1 / Vγ madiabática = - γ p/V .

Para la isoterma:

pV = C2 p = C2 /V 2 dp/dV = - C2 /V misoterma = - p/V

Evaluando ambas pendientes en el mismo punto po,Vo y tomando valores absolutos; madiab /misot = γ = cp /cV = 1 + R/cV > 1 madiab > misot

Ejemplo 2 . Cuando cierto gas se comprime adiabáticamente hasta la mitad de su volumen inicial, la temperatura o

o

varía de 25 C hasta 200 C. ¿Cuál es el valor promedio de c p para este gas en este intervalo de temperaturas? Resolución: como el proceso es adiabático,

-1 -1

-1 -1

T1V1γ = T2 (V1 /2)γ (γ -1)ln(2) -1)ln(2) = ln(T2 /T1)

γ -1 -1 = ( cp − c V ) cp = R/( cp - R) Sustituyendo arriba y despejando;



cp = R 1 +



ln(2)    ln ( T2 T1 )  

cp = 8.314x(1 + (0.693/0.462)) cp ≅ 20.8 J/molK Se considera valor promedio porque se asumió que c p p no varía con T en el intervalo.

Problemas Propuestos 1ra Ley 2.1 Un alumno razona lo siguiente: “en el caso de un gas ideal donde pdV =nRdT, la expresión del trabajo reversible quedaría como W rev = ∫ pdV pdV = nR ∫ dT dT , y para un proceso isotérmico, como dT = 0, tendríamos W = 0” . Sin embargo, ésta es una conclusión errónea, pues en un proceso isotérmico en un gas ideal W ≠ 0. a)¿Dónde está el el error en el razonamiento del alumno? b)¿Cómo se calcula el trabajo en un proceso proceso isotérmico en un gas ideal? o

2.2 Un mol de H2 a 27 C y 1 atm se comprime adiabática y reversiblemente a un volumen de 5 litros. Calcular: a) la temperatura final y b) el trabajo realizado ¿quién realiza el trabajo?. o

2.3 Un mol de gas ideal a 25 C y 100 atm se expande reversible e isotérmicamente hasta 5 atm. Calcular: a) W en Joules, b) Q en calorías, c) variación de energía interna, d) variación de entalpía. o

2.4 ¿Cuánto calor se necesita para que 10 gr de Argón ( µ = 40g) incrementen su temperatura en 10 C a presión constante? o

2.5 El punto de ebullición del amoníaco NH 3 (masa molar 17g) es de - 33 C a 760 mm de Hg, y su calor de vaporización es de 327 cal/g. Suponga que un mol de de NH3 se licua a la presión de 1 atm. Calcule: a) W rev , b) Q, c) c) ∆H, d) ∆E . o

2.6 Un cuerpo de cobre (c = 0.09 cal/g C) de masa 75 g se saca de un horno y se introduce en 200 g de agua (c = 1 o o cal/g C), contenida en un recipiente de vidrio de masa 300 g (c = 0.12 cal/g C) que se encuentra a la temperatura de º º 25 C. Al introducir el cobre, la temperatura se estabiliza al alcanzar los 40 C. ¿Cuál era la temperatura del horno?



º

2.7 Un mol de nitrógeno biatómico (N2) ocupando un volumen de 10 litros se calienta a partir de los 27 C manteniendo la presión constante hasta que su volumen se duplica. duplica. Calcular el calor involucrado en el proceso. 2.8 Un gas ideal monoatómico que ocupa un volumen de V 1 = 0.4 litros o a 27 C se calienta reversiblemente a volumen constante desde su presión inicial p 1 = 2 atm hasta duplicarla duplicarla (proceso 1). Luego se hace expandir isotérmicamente hasta que la presión alcanza el valor inicial (proceso 2). Posteriormente se disminuye el el volumen a presión constante hasta que se alcanza el volumen inicial (0.4 l) (proceso 3). a) Represente éstas transformaciones en el gráfico que se adjunta. b) Calcule la variación molar de energía interna durante el proceso 1. c) Calcule el calor evolucionado en el proceso 2.

p(atm) 4

3

2

V(l) 0.4

3. 2da Ley Le y de la Termodinámica o

o

0.6

0.8

1.0

o

Ejemplo 1. Calcular ∆S cuando 350 g de agua (c = 1 cal/g C) a 5 C se añaden a 500 g de agua a 70 C.

Resolución: Para encontrar la temperatura final de equilibrio T: Qganado = Qcedido m1 c1 ∆T1 = m2c2∆T2 T(m1 +m2) = m1To1 + m2To2 T = (miTo1+m2To2)/(m1 +m2)

o

T = (350x5+500x70)/850 = 43.2 C T = 316.2 K Como S es una magnitud extensiva, ∆S = ∆S1 + ∆S2 e integrando desde To1 hasta T; mc1 dT/T = m1 c1 ln(T/To1) ∆S1 =∫ δQ/T = ∫ mc ∆S2 = m2 c2 ln(T/To2)

∆S = m1 c1 ln(T/To1) + m2 c2 ln(T/To2) ∆S = 350x1xln(316.2/278) + 500x1xln(316.2/343) ∆S = 4.65 cal/K ≅ 19.5 J/K

o

Ejemplo 2 . Calcule la variación de entropía al congelarse agua sobrenfriada a -10 C a presión constante. Para o el agua, µ = 18g; c(agua) = 1 cal/gK; c(hielo) = 0.49 cal/gK; ∆H fus (0 C) = 79.7 cal/g. ¿El proceso es espontáneo o fus (0 no? (Sugerencia: considere la variación de entropía del agua mas la del medio ambiente, suponiendo que el o agua está encerrada en un termostato a - 10 C).

Resolución: o La solidificación del agua sobrenfriada a - 10 C es un proceso espontáneo e irreversible, pues ocurre rápidamente con variaciones bruscas de volumen y presión. Para calcular ∆S es necesario encontrar un proceso reversible que vaya del mismo estado inicial al final; por ejemplo, el indicado en el esquema que aparece a continuación: o o Agua (0 C) hielo (0 C)

o

Agua (-10 C)

o

hielo (- 10 C)

La variación total de entropía será la suma de las variaciones en cada etapa:



∆S = ∆S1 + ∆S2 + ∆S3 273

∆S =

∫

ca dT T

253

26 3

+

∆Hsolid c dT + ∫ h 27 3 T 27 3

Considerando que los calores específicos no varían apreciablemente en el rango de temperaturas considerado, ∆S = 18xln(273/263) - 18x79.7 + 0.49xln(263/273) ∆S = - 4.91 cal/molK = - 20.56 J/molK --------------------------------------------------o Para calcular la variación de entropía ∆S' del medio ambiente suponemos que el calor ∆Hsolid(-10 C) es cedido o por el agua reversiblemente a T constante (-10 C) en el termostato. Para el medio ambiente Q > 0 y ∆S' = Q/T = ∆H263 /T = 1342.8/263 ∆S' = 5.1 cal/molK ∆S + ∆S' = 0.19 cal/molK > 0 La variación de entropía del sistema mas sus alrededores es positiva, por tanto el proceso es espontáneo.

Problemas propuestos 2da ley 3.1. ¿Que resulta más eficiente para una máquina térmica que funcione entre dos temperaturas dadas; aumentar la temperatura del foco caliente o disminuir la del foco frío en la misma cantidad de grados? o

-3

3.2 Un recipiente de 2 litros a 0 C contiene H2S ( cp = 7.15 + 3.32x10 T cal/molK) a 1 atm. Se calienta el gas a o 100 C manteniendo la presión constante. Calcular: a)calor absorbido, b)trabajo realizado, c)∆E, d)∆H, e)∆S. 3.3 Para el proceso cíclico de la figura realizado por un gas gas ideal; a) Complete los 50 p(Pa) signos (+, - ó cero) que faltan en la tabla; b)Calcule numéricamente el trabajo total realizado en un ciclo ABCA. c)¿Cómo se calcula la la variación de entropía en cada 40 segmento? d)¿Cuál es la variación total de entropía en el proceso?

Q

W

AB BC

∆E +

C

30 20

+

B

A

V(m3)

10

CA

0

1

2

3

4

Resolución problemas gases (1) 1.1 V = nRT/p dV/dT|p = nR/p -1 α = 1/T, (K ) 2 dV/dp|T = - nRT/p -1 k = 1/p (presión ) 1.2 Datos o To = 27 C = 300 K o T = 1200 C = 1473 K G = 200 ml/min = 0.2 litros/min V = 5 litros



Si el horno está abierto al aire, phorno = pexterior = 1 atm y la presión se mantiene constante en el proceso. Considerando que el volumen del gas se expande al aumentar la temperatura, pero que el número de moles dentro de ese volumen no varía, pV = nRT

⇒

V/T = nR/p = constante,

V

Vo =200 ml

Vo /To = V/T y los 200 ml por minuto representan V = Vo(T/To) = 0.02x1473/300 = 0.982 litros/minuto Si el volumen a ocupar es de 5 litros, entonces t = 5/0.982 = 5.1 minutos 1.3 Datos: po = 1 atm o To = 27 C = 300 K p = 1050 torr = 1050/760 atm = 1.38 atm V = 2 litros m? Después de inyectar el éter en el recipiente, por la ley de Dalton: ptotal = paire + péter péter = p – paore = 1.38 – 1 = 0.38 atm Como cada gas se comporta como si el otro no estuviera presente, para el éter vaporizado: pV =

m µp V RT ; m = µ RT

µ se calcula a partir de la fórmula C 2H5OC2H5: 48 + 10 + 16 = 74 g m=

4C

4x12

48

10 H

10x1

10

10

1x16

16

74x0.38x2 = 2.29 g 0.082x300

1.4 Datos: o T = 27 C = 300 K 7 pO = 10 Pa 6 p = 2.5x10 Pa mo = 1 kg mo – m? pV = nRT = poVo =

mo

µ

m RT µ RT

Dividiendo (1) entre (2), como el volumen es el mismo: p m = y por tanto: m = mo(p/po) p o mo

∆m = mo – m = mo(1 – p/po) ∆m = 1x(1 – 0.25) = 0.75 kg. El resultado no depende del gas en cuestión (gas ideal).



1.5 Datos: 3 -3 3 -3 V = 1 cm = 10 dm = 10 litros -3 p = 10 atm T = 200 K R = 0.082 atm.l/K.mol pV = nRT -3 -3 -8 n = pV/RT = 10 x10 /0.082x200 = 6.0975 x 10 moles 23 -8 6.02 x 10 moléculas / 1 mol = x moléculas / 6.0975 x 10 moles -8 23 15 x = 6.0975 x 10 x 6.02 x 10 = 36.7 x 10 16 x = 3.67 x 10 moléculas

1.6 Datos -6 -6 p = 10 Torr = 10 /760 atm V = 1 litro o T = 25 C = 298 K N2 (µ = 28) a) pV = nRT =

m RT µ -6

ρ=

m µp 28 x( 1 0 / 76 0) -9 = = = 1.51 x 10 g/litro V RT 0 .0 8 2 x2 98

1.7 Datos mH2 = 0.1 g µH2 = 2 g mN2 = 0.28 g µN2 = 28 gr o T = 27 C = 300 K p = ptotal = 760 Torr = 1 atm V?; ρ?; pH2 ? a) V = nRT/ptotal n = nh2 + nN2 nH2 = mH2 / µH2 = 0.1/2 = 0.05 nN2 = mN2 / µN2 = 0.28/28 = 0.01 V = (0.06 x 0.082 x 300)/1 = 1.476 litros b) ρ = m/V = 0.38/1.476 = 0.26 g/litro c) pH2 = xH2ptotal xH2 =

nH2 nH2 + nN2

=

0.05 = 5/6 0.05 + 0.01

pH2 = (5/6)x 1 atm = 5/6 atm. 1.8 Datos: o V N2 = 1 litro o p N2 = 1 atm o T = 27 C = 300 K



o

V O2 = 3 litros o p O2 = 0.5 atm a) Ley de Dalton: ptotal = pO2 + pN2 pO2 = n O2RT/V, donde V = V O2 + V N2 es el volumen total (4 litros) y nO2 se calcula a partir de las condiciones iniciales. (Similar para pN2). o

nO2 =

o

o

p O 2VO 2 RT

o

pN2 VN2

; nN2 =

RT

Sustituyendo: o

ptotal =

o

o

o

p O 2 VO 2 R T p V RT + N2 N2 RT V RT V o

p=

o

o

o

p O 2 VO2 + p N2VN2 VO 2 + VN2

p = (3x0.5 + 1x1) /(3 + 1) = 2.5/4 = 0.625 atm 1.9 Datos: n = 1 mol Vo = 10 litros o T = 27 C = 300 K V = 2Vo Q? R = 8.31 J/K.mol T2

Para un gas ideal a presión constante: Qp = ∆Hmolar =

∫ cpd T = c p∆ T

si cp es constante.

T1

5 7 R + R = R = (gas diatómico) 2 2 Para calcular ∆T: cp = cv + R =

poVo = nRTo poV = nRT Dividiendo miembro a miembro: V/Vo = T/To T= To(V/Vo) = 300(2Vo /Vo) = 600 K Qp = (7/2)x 8.31 x 600 = 17451 J Qp = 17.45 kJ

Resolución problemas 1ra ley (2) 2.1 Es falso que, en general, pdV = nRdT. En todo caso sería: pdV + Vdp = nRdT. Y al sustituir en el trabajo reversible, la expresión correcta es: W rev = ∫ pdV pdV = ∫ nRT(dV/V) nRT(dV/V) que a T constante integra como logaritmo. 2.2 Datos: n=1 o T = 27 C = 300 K p = 1 atm V = 5 litros a) Tf ?, b) W ?



-1 -1

a) TVγ = constante (proceso adiabático)

-1 -1

-1 -1

ToVoγ = TVγ Vo =

γ=

cp cv

=

cv + R cv

R To

= (0.082x300)/1 = 24.6 litros

po

= 1+

R cv

y como c v =

γ = 1 + 2/5;

5 R (gas diatómico) 2

γ - 1 = 2/5

Despejando T:

 R To  T = To   V p  o   0.082x300  T = 300  5x1  

γ− 1

2/5

= 300x4.92

0.4

= 300x1.89

T = 567 K b) W = ∫ pdV pdV pVγ = constante = k p = k/Vγ W = k∫ dV/V dV/Vγ 1

V −γ + W =k 1− γ

V

k

1− γ 1− γ V − Vo }  = {  V 1 − γ o

Para calcular k, basta evaluar en un punto conocido: 7/5 k = poVoγ = 1x(24.6) 7/5

W=

24.6 −2 / 5

{5 − 2 / 5 − (2 4 . 6)− 2 / 5 }

Como el trabajo calculable de expansión se refiere siempre al equilibrio, siempre habrá necesariamente dos trabajos, el del gas y el de los alrededores alrededores en equilibrio con el gas. Ambos trabajos pueden ser (+) ó (-) en dependencia dependencia de si hay expansión o compresión. Pero independientemente de si el signo de W es positivo o negativo, el resultado de cualquier calculo de W siempre proporciona el trabajo realizado por el gas (nuestro gas (nuestro sistema), pues las ecuaciones de estado se refieren al gas, y no a los alrededores.

2.3 Datos: n=1 o T = 25 C = 298 K po = 100 atm p = 5 atm a) W ?, b) Q ?, c) ∆E ?, d) ∆H ? a) W = ∫ pdV pdV = nRTln(V/Vo) poVo = pV ln(V/Vo) = ln(po /p) = ln(100/5) = ln(20) = ≈ 3 W = nRTln(po /p) = 1x8.31x298x3 = 7429.14 J W ≈ 7.43 kJ c) Proceso a T = constante ⇒ ∆E = 0, ya que la energía interna del gas ideal depende sólo de su temperatura. b) Por la 1ra ley: Q = ∆E + W para cualquier proceso; ⇒ Q = W d) Si p = constante, Qp = ∆H, pero este proceso proceso no es a p constante, por tanto Q ≠ ∆H. ∆H = ∆(E + pV) = ∆E + ∆(pV) ∆H = pV – poVo = 0 2.4



Datos m = 10 g µ = 40 g o ∆T = 10 K p = constante

∫

Para cualquier proceso de un mol de gas gas ideal, Qp = ∆ H = c p d T ;

cp = c v + R y

cv =

3 R ya que el argón es monoatómico 2

c p = 52 R ∆ H = c p ∆ T = (5/2)x8.31x10 = 20775 J/mol Como nos piden para 10 g, n = m/ µ = 10/40 = 0.25 mol ∆ H = n ∆ H = 0.25 x 20775 = 5193.75 J ∆H = 5.193 kJ 2.5 Datos: o T = - 33 C = 240 K p = 1 atm ∆Hvap = 327 cal/g a) Wrev, b) Q, c) ∆H, d) ∆E

p proceso

a) A presión presión constante, constante, Wrev = p∆ p∆V = p(Vliquido – V apor) Despreciando el volumen del líquido en comparación con el volumen del vapor: Wrev = - pVvapor = - nRT = 1x8.31x240 = 1994.4 J/mol Wrev = 1.99 kJ/mol

VL

Vv

V

b), c) c) A p = cte. cte. Qp = ∆H. El proceso también también ocurre a T = constante, constante, pero ∆E no es cero, porque hay un cambio de fase fase de gas (vapor) a líquido. Por dato: ∆H = - ∆Hvap = - 327 cal/g Para el NH3: 1 g = (1/17) = 0.06 mol; mol; y 1 cal = 4.18 J. ∆H = - 327 (4.18 J)/(0.06 mol) = - 227.8 J/mol d) ∆E = Q – W = -227.8 – –1.99 1.99 = 229.8 ∆E ≈ 229.8 J/mol 2.6 Datos o ccu = 0.09 cal/g C mcu = 75 g o cagua = 1 cal/g C magua = 200 g mvidrio = 300 g o cvidrio = 0.12 cal/g C o Tvidrio = Tagua = 25 C o Tequilibrio = 40 C Thorno? Suponiendo que no pasa calor al medio ambiente, todo el calor cedido por el cobre (+) pasa al sistema agua + vidrio (-): Qcobre + Qagua+vidrio = 0 Como se trabaja con diferencia de temperaturas, no hace falta convertir a Kelvin. Como Q = mc∆ mc∆T y ToCu = Thorno: mcuccu(Teq – Tocu) + mvidriocvidrio(Teq – Tovidrio) + magua cagua(Teq – Toagua) = 0 75⋅ 75⋅0.09⋅ 0.09⋅(40 – Thorno) + 300⋅ 300⋅0.12(40 – 25) + 200⋅ 200⋅1⋅(40 – 25) = 0



6.75(40 – Thorno) + 540 + 3000 = 0 270 – 6.75Thorno + 3540 = 0 Tcu = (3540 – 270)/6.75 o Thorno = 484.4 C 2.7 Datos: n=1 Vo = 10 l o To = 27 C = 300 K p = cte V = 2Vo Q? (Hint: Se puede calcular directamente directamente por Qp = ∆H = ∫ cpdT, cp = cv + R, etc. También por Q = ∆E + W = c V∆T + p∆ p∆V). En ambos casos casos hay que calcular calcular ∆T: pV = nRT p/nR = T/V = constante To /Vo = TV T = VTo /Vo = 2Vox300/Vo = 600K p∆V = nR∆ nR∆T Q = cv∆T + nR∆ nR∆T, etc. 2.8 a) Proceso isotérmico: p2V2 = p3V3 ⇒ V3 = p2V2 /p3 = 4x0.4/2 = 0.8 litros (gráfico) b) Para cualquier proceso en un gas ideal: ∆E = n c v ∆ T . Para un mol de gas monoatómico:

p(atm) 4

c v = 32 R .

En el proceso 1, T1 = 300 K: p1V1 = nRT1 ; p2V1 = nRT2 p1 /p2 = T1 /T2 T2 = p2T1 /p1 T2 = 2T1 = 600 K -2 n = p1V1 /RT1 = 2x0.4/0.082x300 = 0.0325 = 3.25 x 10 mol -2 ∆E = 3.25x10 x (3/2) x 8.31 x 300 ∆E = 121.5 J

3

2 V(l) 0.4

c) En el proceso (2) (2) isotérmico Q = W, ya que que ∆E = 0.

0.6

0.8

1.0

W = ∫ pdV pdV = nRT ln(V/Vo) = nRTln(2) -2 W = 3.25x10 x 8.31x 600x(0.693) Q = W = 112.3 J

Resolución problemas 2da ley (3) 3.1 La eficiencia de una máquina máquina térmica real es siempre siempre menor que la de la máquina reversible; reversible; no obstante, en primera aproximación se puede considerar que su eficiencia es igual a la de la reversible, y:

η ≈ 1−

T1 T2

T1 : foco frío T2 > T1: foco caliente



Aumentando T2: d η2 =

T1 ∂η   d T2 = 2 d T2 ∂ T2  T T2

(dT2 > 0)

1

Disminuyendo T1: d η1 =

1 ∂η   d T1 = − d T1 (dT1 < 0) ∂ T1  T2 T 2

y comparando ambos diferenciales para dT1 = dT2 = ∆T en valor absoluto: 1 ∆ η1 T2 ∆ T T2 >1 = = ∆ η 2 T1 ∆ T T1 2 T2 Por tanto, resulta mas eficiente disminuir la temperatura del foco frío. 3.2 Datos: p = 1 atm V = 2 litros cp = 7.15 + 3.32x10-3 T cal/molK o

To = 0 C = 273 K o T = 100 C = 373 K a)Q ?, b) W ?, c)∆E ?, d) ∆H ?, e) ∆S? a), d) Qp = ∆H = ∫ nc ncpdT donde cp es el calor molar. La cantidad de moles en el sistema es: -2 n = pV/RT = (1 x 2)/0.082x273 = 8.93x10 mol

37 3

Qp = n 

∫ (

27 3

7 .1 5 + 3. 3 2 x1 0

-3



)

T d T



37 3   2 37 3  −3 T Q p = n 7 . 1 5 x ∆ T ]27 3 + 3 . 3 2 x1 0      2  27 3 -2

-3

2

   2  2

Qp = 8.93x10 {7.15x100 + 3.32x10 (373 /2 – 273 /2)} Qp = 73.4 cal = 306.8 J b) W = p∆V = p(V2 – V1) pV = nRT p/nR = V/T = constante V2 = V1T2 /T1 = 2x373/273 = 2.73 litros W = 1x(2.73 – 2) = 0.73 atm.litro 1 atm.litro = 24.2 cal = 101.2 J W = 73.9 J c) ∆E = Q – W = 306.8 – 73.9 = 224.1 J T cp d) Para 1 mol: ∆ S = dT T T

∫ o

373

∆S = 7. 15

373

dT −3 + 3 . 3 2 x1 0 d T ≈ 10.1 cal/K.mol T 273 273

∫

∫

-2

Multiplicando por los 8.93x10 moles

∆ S = n ∆ S = 0 . 0 8 9 3 x1 0 . 1 ≈ 0.90 cal/K 3.3 a) tramo AB: p constante, V2 > V1 y W = p∆V > 0 (W +) como ∆E>0, Q = ∆E + W > 0 (Q +) tramo BC: V = constante, y W = 0; Q = ∆E > 0 (Q+) tramo CA: V2 < V1; W = ∫ pdV pdV es de compresión y W < 0 (W -) TA = pAVA /nR ; TC = pCVC /nR



TA /TC = pAVA /pcVc = 20x1/40x3 = 20/120 = 1/6 < 1 TA < TC y ∆T = TA – TC < 0 Para cualquier gas ideal ∆E = nCv∆T y por tanto ∆E < 0 (∆E -) Q = ∆E + W < 0 (Q -) 50

b) W será igual al área encerrada por el ciclo triangular. En este caso (base x altura)/2 = (3 x 20)/2 = 30 atm.litro. 2 -3 3 Llevando a Joules: 1 atm.litro = 101325 (N/m ) x 10 m = 101.325 J W = 30x101.325J W = - 3.04 kJ (es negativo) TB

c) tramo AB: ∆ S =

p(Pa) C

40

30

δQ ∫ T y como es un proceso a p constante, T A

TB

∆S =

∫

TA

20

T

B dH dT = n cp T T T

∫ A

∆ S AB = n c p l n

B

A 10

TB TA

V(m )

0

1

2

3

4

tramo BC: δQ = dE por ser V = constante y W = 0 Tc

∆S =

∫

TB

T

c dE dT = n cv T T T

∫

∆ SBC = n c v l n

;

B

Tc TB

tramo CA: Como la entropía es es función de estado del sistema, ∆SCA = - ∆SAC, calculado por cualquier trayectoria. Luego, ∆SAC = ∆SAB + ∆SBC y por tanto se puede calcular como:

∆ S C A = −n c p l n

TB TA

− n cv ln

Tc TB

d) cero



Problemas de termodinamica

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