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Problemas resueltos termodinmica
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Problemas resueltos termodinmica

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  • 1. Curso de Física General. Parte 2Problemas resueltos Termodinámica1. 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: Wrev = _ 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 2 3 W/n ≅ 0.44 Joules 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 V1 = 0.4 litros, T1 = 400 K, V2 = 4 litros, T2 = 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 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 = T2 V1 1+ T1 V2 p = p2 =n2RT2/V2 Sustituyendo y agrupando se llega a: nt R p= V2 T2 + V1 T1 0.082 p= 4 300 + 0.4 400 p = 5.86 atm o Ejemplo 3. Dos balones A y B con O2 y NO2 a 27 C se conectan mediante un tubo. Inicialmente: Gas Vo (ml) po (atm) A O2 500 1 B N2 1500 ½ Calcular: a) Presión total; b) presión parcial de cada gas; c) Fracción molar de O2 en la mezcla. Resolución:Dr. A. González Arias, Dpto. Física Aplicada. UH. arnaldo@fisica.uh.cu Problemas resueltos Termodinámica, pag. 1
  • 2. a) pT = pA + pB = nART/V + nBRT/V nA y nB se determinan a partir de las condiciones iniciales nA = poAVoA/RT ; nB = 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) = 0.4Problemas propuestos gases1.1 El coeficiente de expansión térmica α se define como α = (1/V)(dV/dT)p y el de compresibilidad como κ=-(1/V)(dV/dp)T . Calcule α y k para un gas ideal. ¿Cuales son sus dimensiones en cada caso? o o1.2 Aire seco a temperatura ambiente (27 C) se inyecta por el extremo de un horno que se encuentra a 1200 C, arazón 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). Alvolatilizarse todo el éter, la presión dentro del recipiente alcanza un valor de 1050 Torr. ¿Que cantidad de éter seinyectó en el recipiente, si la capacidad de éste es de 2 litros? o1.4 Un balón portátil suministra oxígeno en un hospital a la temperatura ambiente de 27 C, de manera que su 7 6manómetro 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 -31.5 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. -61.6 Las bombas mecánicas de difusión permiten alcanzar presiones de 10 mm de Hg. Si se tiene un recipiente de oun 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 H2 (µ = 2 g) con 0.28 g de N2 (µ = 28 g) de manera que ola presión sea de 760 mm de Hg a 27 C. a)¿Cual debe ser el volumen del recipiente? b)¿Cuál será la densidad delgas en esas condiciones? c) ¿Cual será la presión parcial de H2 en el recipiente? o1.8 Un recipiente de 1 litro que contenía N2 a 1 atm de presión a 27 C se conecta con otro de 3 litros que conteníaO2 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]. º1.9 Un mol de nitrógeno diatómico (N2) ocupando un volumen de 10 litros se calienta a partir de los 27 Cmanteniendo la presión constante hasta que su volumen se duplica. Calcular el calor involucrado 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.Dr. A. González Arias, Dpto. Física Aplicada. UH. arnaldo@fisica.uh.cu Problemas resueltos Termodinámica, pag. 2
  • 3. Resolución: Para la adiabática, pVγ = C1 - p = C1V γ +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 cp para este gas en este intervalo de temperaturas? Resolución: como el proceso es adiabático, -1 -1 T1V1γ = T2 (V1 /2)γ (γ-1)ln(2) = ln(T2/T1) γ-1 = ( cp − c V ) cp = R/( cp - R) Sustituyendo arriba y despejando;   ln(2)   cp = R 1 +    ln ( T2 T1 )   cp = 8.314x(1 + (0.693/0.462)) cp ≅ 20.8 J/molK Se considera valor promedio porque se asumió que cp no varía con T en el intervalo.Problemas Propuestos 1ra Ley2.1 Un alumno razona lo siguiente: “en el caso de un gas ideal donde pdV =nRdT, la expresión del trabajo reversiblequedaría como W rev = ∫pdV = nR ∫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 error en elrazonamiento del alumno? b)¿Cómo se calcula el trabajo en un proceso isotérmico en un gas ideal? o2.2 Un mol de H2 a 27 C y 1 atm se comprime adiabática y reversiblemente a un volumen de 5 litros. Calcular: a) latemperatura final y b) el trabajo realizado ¿quién realiza el trabajo?. o2.3 Un mol de gas ideal a 25 C y 100 atm se expande reversible e isotérmicamente hasta 5 atm. Calcular: a) W enJoules, b) Q en calorías, c) variación de energía interna, d) variación de entalpía. o2.4 ¿Cuánto calor se necesita para que 10 gr de Argón (µ = 40g) incrementen su temperatura en 10 C a presiónconstante? o2.5 El punto de ebullición del amoníaco NH3 (masa molar 17g) es de - 33 C a 760 mm de Hg, y su calor devaporización es de 327 cal/g. Suponga que un mol de NH3 se licua a la presión de 1 atm. Calcule: a) W rev , b) Q, c)∆H, d) ∆E . o2.6 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 ocal/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 º25 C. Al introducir el cobre, la temperatura se estabiliza al alcanzar los 40 C. ¿Cuál era la temperatura del horno?Dr. A. González Arias, Dpto. Física Aplicada. UH. arnaldo@fisica.uh.cu Problemas resueltos Termodinámica, pag. 3
  • 4. º2.7 Un mol de nitrógeno biatómico (N2) ocupando un volumen de 10 litros se calienta a partir de los 27 Cmanteniendo la presión constante hasta que su volumen se duplica. Calcular el calor involucrado en el proceso.2.8 Un gas ideal monoatómico que ocupa un volumen de V1 = 0.4 litros o p(atm)a 27 C se calienta reversiblemente a volumen constante desde supresión inicial p1 = 2 atm hasta duplicarla (proceso 1). Luego se hace 4expandir isotérmicamente hasta que la presión alcanza el valor inicial(proceso 2). Posteriormente se disminuye el volumen a presiónconstante hasta que se alcanza el volumen inicial (0.4 l) (proceso 3).a) Represente éstas transformaciones en el gráfico que se adjunta. b) 3Calcule la variación molar de energía interna durante el proceso 1. c)Calcule el calor evolucionado en el proceso 2. 2 V(l) 0.4 0.6 0.8 1.03. 2da Ley de la Termodinámica o o 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; ∆S1 =∫δQ/T = ∫mc1 dT/T = m1 c1 ln(T/To1) ∆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; ∆Hfus(0 C) = 79.7 cal/g. ¿El proceso es espontáneo o 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 o Agua (-10 C) hielo (- 10 C) La variación total de entropía será la suma de las variaciones en cada etapa:Dr. A. González Arias, Dpto. Física Aplicada. UH. arnaldo@fisica.uh.cu Problemas resueltos Termodinámica, pag. 4
  • 5. ∆S = ∆S1 + ∆S2 + ∆S3 273 263 c dT ∆Hsolid c dT ∆S = ∫ aT + 273 + ∫ hT 253 273 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 ley3.1. ¿Que resulta más eficiente para una máquina térmica que funcione entre dos temperaturas dadas; aumentar latemperatura del foco caliente o disminuir la del foco frío en la misma cantidad de grados? o -33.2 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 o100 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 ideal; a) Complete los 50signos (+, - ó cero) que faltan en la tabla; b)Calcule numéricamente el trabajo total p(Pa)realizado en un ciclo ABCA. c)¿Cómo se calcula la variación de entropía en cadasegmento? d)¿Cuál es la variación total de entropía en el proceso? 40 C Q W ∆E 30 AB + 20 A B BC + CA 10 V(m3) 0 1 2 3 4Resolución 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 )1.2Datos oTo = 27 C = 300 K oT = 1200 C = 1473 KG = 200 ml/min = 0.2 litros/minV = 5 litrosDr. A. González Arias, Dpto. Física Aplicada. UH. arnaldo@fisica.uh.cu Problemas resueltos Termodinámica, pag. 5
  • 6. 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 dentrode ese volumen no varía, pV = nRT ⇒ V/T = nR/p = constante, Vo =200 ml V Vo/To = V/Ty los 200 ml por minuto representan V = Vo(T/To) = 0.02x1473/300 = 0.982 litros/minutoSi el volumen a ocupar es de 5 litros, entonces t = 5/0.982 = 5.1 minutos1.3Datos:po = 1 atm oTo = 27 C = 300 Kp = 1050 torr = 1050/760 atm = 1.38 atmV = 2 litrosm?Después de inyectar el éter en el recipiente, por la ley de Dalton: ptotal = paire + péter péter = p – paore = 1.38 – 1 = 0.38 atmComo cada gas se comporta como si el otro no estuviera presente, para el éter vaporizado: m µ pV pV = RT ; m = µ RTµ se calcula a partir de la fórmula C2H5OC2H5: 4C 4x12 48 48 + 10 + 16 = 74 g 10 H 10x1 10 74x0.38x2 10 1x16 16m= = 2.29 g 0.082x3001.4Datos: oT = 27 C = 300 K 7pO = 10 Pa 6p = 2.5x10 Pamo = 1 kgmo – m? m pV = nRT = RT µ mo poVo = RT µDividiendo (1) entre (2), como el volumen es el mismo: p m = y por tanto: m = mo(p/po) po 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).Dr. A. González Arias, Dpto. Física Aplicada. UH. arnaldo@fisica.uh.cu Problemas resueltos Termodinámica, pag. 6
  • 7. 1.5Datos: 3 -3 3 -3V = 1 cm = 10 dm = 10 litros -3p = 10 atmT = 200 KR = 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 moléculas1.6Datos -6 -6p = 10 Torr = 10 /760 atmV = 1 litro oT = 25 C = 298 KN2 (µ = 28) ma) pV = nRT = RT µ m µ p 2 8 x( 1 0 -6 / 7 6 0 ) -9 ρ= = = = 1.51 x 10 g/litro V RT 0 . 0 8 2 x2 9 81.7DatosmH2 = 0.1 gµH2 = 2 gmN2 = 0.28 gµN2 = 28 gr oT = 27 C = 300 Kp = ptotal = 760 Torr = 1 atmV?; 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 litrosb) ρ = m/V = 0.38/1.476 = 0.26 g/litroc) pH2 = xH2ptotal nH2 0.05 xH2 = = = 5/6 nH2 + nN2 0 . 0 5 + 0 . 0 1pH2 = (5/6)x 1 atm = 5/6 atm.1.8Datos: oV N2 = 1 litro op N2 = 1 atm oT = 27 C = 300 KDr. A. González Arias, Dpto. Física Aplicada. UH. arnaldo@fisica.uh.cu Problemas resueltos Termodinámica, pag. 7
  • 8. oV O2 = 3 litros op O2 = 0.5 atma) Ley de Dalton: ptotal = pO2 + pN2pO2 = nO2RT/V, donde V = VO2 + VN2 es el volumen total (4 litros) y nO2 se calcula a partir de las condiciones iniciales.(Similar para pN2). o o o o p O2 VO2 pN2 VN2 nO2 = ; nN2 = RT RTSustituyendo: o o o o p O2 VO2 R T p V RT ptotal = + N2 N2 RT V RT V o o o o p O2 VO2 + p N2 VN2 p= VO2 + VN2 p = (3x0.5 + 1x1) /(3 + 1) = 2.5/4 = 0.625 atm1.9Datos:n = 1 molVo = 10 litros oT = 27 C = 300 KV = 2VoQ?R = 8.31 J/K.mol T2Para un gas ideal a presión constante: Qp = ∆Hmolar = ∫ c pd T = c p ∆ T si cp es constante. T1 5 7cp = cv + R = R + R = R = (gas diatómico) 2 2Para calcular ∆T: poVo = nRTo poV = nRTDividiendo 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 kJResolución problemas 1ra ley (2)2.1Es falso que, en general, pdV = nRdT. En todo caso sería: pdV + Vdp = nRdT. Y al sustituir en el trabajo reversible,la expresión correcta es: Wrev = ∫pdV = ∫nRT(dV/V)que a T constante integra como logaritmo.2.2Datos:n=1 oT = 27 C = 300 Kp = 1 atmV = 5 litrosa) Tf ?, b) W ?Dr. A. González Arias, Dpto. Física Aplicada. UH. arnaldo@fisica.uh.cu Problemas resueltos Termodinámica, pag. 8
  • 9. -1a) TVγ = constante (proceso adiabático) -1 -1 ToVoγ = TVγ R To Vo = = (0.082x300)/1 = 24.6 litros po cp cv + R R 5 γ= = = 1+ y como c v = R (gas diatómico) cv cv cv 2 γ = 1 + 2/5; γ - 1 = 2/5Despejando T: γ−1  R To  T = To   Vp    o 2/5  0 . 0 8 2x3 0 0  0.4 T = 300  = 300x4.92 = 300x1.89  5x1  T = 567 Kb) W = ∫pdV pVγ = constante = k p = k/Vγ W = k∫dV/Vγ V V −γ+1  k W =k 1− γ    = 1− γ {V 1−γ − Vo−γ 1 } Vo Para calcular k, basta evaluar en un punto conocido: 7/5 k = poVoγ = 1x(24.6) 2 4 . 67 / 5 − 2 / 5 W= −2 / 5 {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 en equilibrio con el gas. Ambos trabajos pueden ser (+) ó (-) en dependencia de sihay expansión o compresión. Pero independientemente de si el signo de W es positivo o negativo, el resultado decualquier calculo de W siempre proporciona el trabajo realizado por el gas (nuestro sistema), pues las ecuaciones deestado se refieren al gas, y no a los alrededores.2.3Datos:n=1 oT = 25 C = 298 Kpo = 100 atmp = 5 atma) W ?, b) Q ?, c) ∆E ?, d) ∆H ?a) W = ∫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 kJc) 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 = Wd) Si p = constante, Qp = ∆H, pero este proceso no es a p constante, por tanto Q ≠ ∆H. ∆H = ∆(E + pV) = ∆E + ∆(pV) ∆H = pV – poVo = 02.4Dr. A. González Arias, Dpto. Física Aplicada. UH. arnaldo@fisica.uh.cu Problemas resueltos Termodinámica, pag. 9
  • 10. Datosm = 10 gµ = 40 g o∆T = 10 Kp = constantePara cualquier proceso de un mol de gas ideal, Qp = ∆ H = ∫ c pd T ; cp = cv + R y c v = 3 R ya que el argón es monoatómico 2 cp = 5 R 2 ∆ H = c p ∆ T = (5/2)x8.31x10 = 20775 J/molComo 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 kJ2.5Datos: p oT = - 33 C = 240 Kp = 1 atm proceso∆Hvap = 327 cal/ga) W rev, b) Q, c) ∆H, d) ∆Ea) A presión constante, Wrev = p∆V = p(Vliquido – V apor)Despreciando el volumen del líquido en comparación con el volumendel vapor: Wrev = - pVvapor = - nRT = 1x8.31x240 = 1994.4 J/mol Wrev = 1.99 kJ/mol VL Vv Vb), c) A p = cte. Qp = ∆H. El proceso también ocurre a T = constante,pero ∆E no es cero, porque hay un cambio de fase de gas (vapor) a líquido. Por dato: ∆H = - ∆Hvap = - 327 cal/gPara el NH3: 1 g = (1/17) = 0.06 mol; y 1 cal = 4.18 J. ∆H = - 327 (4.18 J)/(0.06 mol) = - 227.8 J/mold) ∆E = Q – W = -227.8 –1.99 = 229.8 ∆E ≈ 229.8 J/mol2.6Datos occu = 0.09 cal/g Cmcu = 75 g ocagua = 1 cal/g Cmagua = 200 gmvidrio = 300 g ocvidrio = 0.12 cal/g C oTvidrio = Tagua = 25 C oTequilibrio = 40 CThorno?Suponiendo que no pasa calor al medio ambiente, todo el calor cedido por el cobre (+) pasa al sistema agua + vidrio(-): Qcobre + Qagua+vidrio = 0Como se trabaja con diferencia de temperaturas, no hace falta convertir a Kelvin.Como Q = mc∆T y ToCu = Thorno: mcuccu(Teq – Tocu) + mvidriocvidrio(Teq – Tovidrio) + maguacagua(Teq – Toagua) = 0 75⋅0.09⋅(40 – Thorno) + 300⋅0.12(40 – 25) + 200⋅1⋅(40 – 25) = 0Dr. A. González Arias, Dpto. Física Aplicada. UH. arnaldo@fisica.uh.cu Problemas resueltos Termodinámica, pag. 10
  • 11. 6.75(40 – Thorno) + 540 + 3000 = 0 270 – 6.75Thorno + 3540 = 0 Tcu = (3540 – 270)/6.75 o Thorno = 484.4 C2.7Datos:n=1Vo = 10 l oTo = 27 C = 300 Kp = cteV = 2VoQ?(Hint: Se puede calcular directamente por Qp = ∆H = ∫cpdT, cp = cv + R, etc.También por Q = ∆E + W = cV∆T + p∆V). En ambos casos hay que calcular ∆T: pV = nRT p/nR = T/V = constante To/Vo = TV T = VTo/Vo = 2Vox300/Vo = 600K p∆V = nR∆T Q = cv∆T + nR∆T, etc.2.8a) Proceso isotérmico: p2V2 = p3V3 ⇒ V3 = p2V2/p3 = 4x0.4/2 = 0.8 p(atm)litros (gráfico)b) Para cualquier proceso en un gas ideal: ∆E = n c v ∆ T . 4 3Para un mol de gas monoatómico: cv = 2 R.En el proceso 1, T1 = 300 K: p1V1 = nRT1 ; p2V1 = nRT2 3 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 -2 ∆E = 3.25x10 x (3/2) x 8.31 x 300 V(l) ∆E = 121.5 Jc) En el proceso (2) isotérmico Q = W, ya que ∆E = 0. 0.4 0.6 0.8 1.0 W = ∫pdV = nRT ln(V/Vo) = nRTln(2) -2 W = 3.25x10 x 8.31x 600x(0.693) Q = W = 112.3 JResolución problemas 2da ley (3)3.1La eficiencia de una máquina térmica real es siempre menor que la de la máquina reversible; no obstante, enprimera aproximación se puede considerar que su eficiencia es igual a la de la reversible, y: T1 η ≈ 1− T2T1 : foco fríoT2 > T1: foco calienteDr. A. González Arias, Dpto. Física Aplicada. UH. arnaldo@fisica.uh.cu Problemas resueltos Termodinámica, pag. 11
  • 12. ∂η  T1Aumentando T2: d η2 =  d T2 = 2 d T2 (dT2 > 0) ∂ T2  T  T2 1 ∂η  1Disminuyendo T1: d η1 =  d T1 = − d T1 (dT1 < 0) ∂ T1  T  T2 2y comparando ambos diferenciales para dT1 = dT2 = ∆T en valor absoluto: 1 ∆ η1 T2 ∆ T T2 = = >1 ∆ η2 T1 ∆ T T1 2 T2Por tanto, resulta mas eficiente disminuir la temperatura del foco frío.3.2Datos:p = 1 atmV = 2 litroscp = 7.15 + 3.32x10-3 T cal/molK oTo = 0 C = 273 K oT = 100 C = 373 Ka)Q ?, b) W ?, c)∆E ?, d) ∆H ?, e) ∆S?a), d) Qp = ∆H = ∫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 3 7 3    ( Q p = n  ∫ 7 . 1 5 + 3 . 3 2 x1 0 -3 T d T  2 7 3  )     T2  373   373  Q p = n 7 . 1 5x ∆ T ]2 7 3 + 3 . 3 2x1 0 − 3    2  2     273   -2 -3 2 2 Qp = 8.93x10 {7.15x100 + 3.32x10 (373 /2 – 273 /2)} Qp = 73.4 cal = 306.8 Jb) 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 Jc) ∆E = Q – W = 306.8 – 73.9 = 224.1 J T c pd) Para 1 mol: ∆ S = ∫ dT T T o 373 373 dT −3 ∆S = 7.15 ∫ T + 3 . 3 2x1 0 ∫ d T ≈ 10.1 cal/K.mol 273 273 -2Multiplicando por los 8.93x10 moles ∆ S = n ∆ S = 0 . 0 8 9 3x1 0 . 1 ≈ 0.90 cal/K3.3a) 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 es de compresión y W < 0 (W -) TA = pAVA/nR ; TC = pCVC/nRDr. A. González Arias, Dpto. Física Aplicada. UH. arnaldo@fisica.uh.cu Problemas resueltos Termodinámica, pag. 12
  • 13. 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 -) 50b) W será igual al área encerrada por el ciclo triangular. En este caso (base x p(Pa)altura)/2 = (3 x 20)/2 = 30 atm.litro. 2 -3 3 CLlevando a Joules: 1 atm.litro = 101325 (N/m ) x 10 m = 101.325 J 40 W = 30x101.325J W = - 3.04 kJ (es negativo) TB 30 δQc) tramo AB: ∆ S = ∫ T y como es un proceso a p constante, TA TB BT 20 dH dT A B ∆S = ∫ T = n cp ∫ T TA T A 10 V(m3) T ∆ SAB = n cp l n B TA 0 1 2 3 4tramo BC: δQ = dE por ser V = constante y W = 0 Tc T dE c dT Tc ∆S = ∫ T = n cv ∫ T ; ∆ SB C = n c v l n TB TB T Btramo CA: Como la entropía es función de estado del sistema, ∆SCA = - ∆SAC, calculado por cualquier trayectoria.Luego, ∆SAC = ∆SAB + ∆SBC y por tanto se puede calcular como: TB T ∆ S CA = −n c p l n − n cv ln c TA TBd) ceroDr. A. González Arias, Dpto. Física Aplicada. UH. arnaldo@fisica.uh.cu Problemas resueltos Termodinámica, pag. 13