Un par de ejemplos de problemas de circuitos

Ejemplo 1: Problema con circuito que tiene amperímetro y voltímetro (problema de parcial)

En el circuito de la figura (Ra = 400 Ω y Rb = 600 Ω) el amperímetro ideal detecta una corriente de 25 mA y el voltímetro ideal mide una diferencia de potencial sobre la resistencia Rc de 5 V.

a) Hallar el valor de Rc y el de su potencia disipada.
b) Hallar el valor de E y el de su potencia suministrada.


Resolución
Primero conviene, para ubicarnos, indicar en el circuito los nombres de las corrientes y diferencias de potencial que podemos llegar a usar:

Primero nos piden Rc.  Podríamos calcular Rc por Ley de Ohm, planteando:

ΔVc = I(por Rc) . Rc =  Itot . Rc .

I(por Rc) = Itot ya que despreciamos la corriente que pasa por el voltímetro (suponemos que es ideal, o sea, de resistencia muy grande).

Pero Itot es justamente la que mide el amperímetro, o sea, 25 mA. Por lo tanto:
 Rc = ΔVc / Itot = 5V /0,025 A = 200 Ω .

La potencia disipada en Rc puede expresarse:

P(disipada en Rc) = Itot² Rc = (0,025 A)² . 200 Ω = 0,125 W


b) Nos piden el valor de la tensión de la batería, E. Podemos expresar a E como (ver figura):

E = ΔVab + ΔVc                (1)

ΔVc ya la tenemos, es lo que mide el voltímetro. En cuanto a ΔVab , por la Ley de Ohm puede escribirse:


ΔVab = Itot . Rab

donde Rab es la resistencia equivalente entre Ra y Rb. Como Ra y Rb están en paralelo, entonces:

Rab = (1/Ra + 1/Rb)^-1 = 240 Ω

Por lo tanto:  ΔVab = 0,025 A . 240 Ω = 6 V.

Reemplazando las diferencias de potencial en (1) queda:

E = 6V + 5V = 11 V.

Falta la potencia suministrada por la fuente:

P(fuente) = E . Itot = 11 V . 0,025 A = 0,275 W

Como comprobación, veamos si la potencia suministrada por la fuente da igual que la suma de potencias disipadas:

- En el paralelo A-B la potencia disipada es:

P(disipada A-B) =Itot ² Rab = (0,025 A) ² 240 Ω = 0.15 W

Por lo tanto, la potencia disipada total es

Pot (disipada total) = P(disipada A-B) + P(disipada en C) = 0,15 W + 0,125 W = 0,275 W

Y ésta es igual a la potencia suministrada por la fuente.
______________________________________


En el ejemplo anterior, sólo necesitábamos la corriente total, ahora veamos cómo calcular la corriente en las distintas ramas cuando la misma se bifurca. También éste es un ejemplo de cálculo de una resistencia equivalente combinando serie con paralelo.

Ejemplo 2: Cálculo de la corriente en una rama, y de resistencia equivalente (problema de parcial)


El circuito de la figura adjunta  consta de una fuente de 330 V y de 6 resistencias iguales de 15 Ω cada una.  Calcular:
a) La intensidad de la corriente que circula por la resistencia sombreada.
b) La potencia disipada en todo el circuito y en la resistencia sombreada.

Resolución
a) Nos piden la corriente sobre la resistencia sombreada. Notar que la corriente, después de que sale de la pila y de pasar por la primera resistencia, se bifurca, por lo tanto la corriente por la resistencia sombreada NO es la corriente total. Indiquemos las corrientes y las diferencias de potencial en un nuevo esquema:

Calculemos primero la corriente total Itot, que nos servirá para calcular luego las dos corrientes Ia e Ib.

Como conocemos todas las resistencias, pordemos hallar la resistencia equivalente en forma numérica. Tenemos: 3 resistencias en serie (las de la derecha), a su vez la suma de ellas está EN PARALELO con la resistencia sombreada. Y todo el conjunto anterior (es decir, la sombreada y las tres de la derecha) está EN SERIE con las otras dos resistencias que están a la izquierda. Entonces:

Requivalente = 15 Ω + 15 Ω + Resistencia(del paralelo)

donde:

Resistencia(del paralelo) = (1/15 Ω + 1/45Ω )^-1 = 45/4 Ω

Entonces:  Requivalente = 15 Ω + 15 Ω + 45/4 Ω = 165/4 Ω 

Con la tensión de la pila y la resistencia equivalente hallamos Itot :

E = Itot . Requivalente --> Itot = 330 V / (165/4) = 8 A.

Ahora calculemos las corrientes Ia e Ib. Sabemos que la corriente total se separa en Ia e Ib, por lo tanto:

Itot = Ia + Ib --> 8A = Ia + Ib    (1)

Por otra parte, como las ramas por donde van Ia e Ib están en paralelo, entonces las dos ramas tienen la misma diferencia de potencial, a la que hemos llamado ΔVab . Esta es la diferencia de potencial sobre la resistencia sombreada, y también es la misma diferencia de potencial sobre el conjunto de las tres resistencias en serie de la derecha (ver figura). Por lo tanto:

ΔVab = Ia . 15 Ω  = Ib . 45 Ω  (2)

De la ecuación (2) despejamos Ib = Ia/3, y reemplazando esto en (1) queda:

8A = Ia + Ia/3 ---> 8A = (4/3) Ia 

Por lo tanto: Ia = 6 A.

b) La potencia disipada en todo el circuito tiene que ser igual a la potencia suministrada por la pila. Entonces:

Potencia suministrada por la pila = E . Itot = 330 V . 8 A = 2640 W

De todos modos, para comprobarlo, calculemos las potencias disipadas en las resistencias y sumémoslas:

Potencia disipada en las 2 resistencias de la izquierda  = Itot ² . 30 Ω = 64 A ² . 30 Ω = 1920 W
Potencia disipada en la resistencia sombreada = Ia ² . 15 Ω = 36 A ² 15 Ω = 540 W
Potencia disipada en las tres resistencias de la derecha = Ib ² . 45 Ω = 4 A²  45 Ω = 180 W

Entonces: Potencia disipada total = 1920 W + 540 W + 180 W = 2640 W, y esto coincide con la potencia suministrada por la fuente.

Respuesta a b): la potencia disipada en todo el circuito es de 2640 W, y en particular la disipada en la resistencia sombreada es de 540 W.

Tres capacitores se cargan y luego se reconectan en forma diferente

Los tres capacitores de la figura tienen la misma capacidad y están inicialmente descargados. La tensión de la pila es de 9 V. Se conecta el interruptor A y se espera hasta que carguen  los capacitores. Posteriormente, se desconecta dicho interruptor y se conecta el interruptor B, manteniéndolo en esa posición. Una vez llegado al equilibrio electrostático, la tensión en el capacitor C1 es:

a) 1 V
b) 2V
c) 6,75 V
d) 3V
e) 4,5 V
f)  9 V

Nota: Como las capacidades son iguales las tres, de ahora en adelante llamaremos "C" a todas.

Como aquí tenemos llaves, el circuito cambia dependiendo de si dichas llaves están cerradas o abiertas. Nos dicen que inicialmente los tres capacitores están descargados, y que cerramos la llave A, por lo tanto en esta etapa el circuito quedará como en la siguiente figura:

Cuando el sistema llega al equilibrio (figura derecha) la diferencia de potencial del paralelo de capacitores tiene que ser la misma que la de la pila. Por lo tanto, la diferencia de potencial sobre el capacitor 2 será la de la pila y, como los otros dos capacitores (1 y 3) son iguales y están en serie, cada uno tendrá sobre ellos la mitad de la tensión de la pila, o sea: 4,5 V (ver figura).

Podemos expresar entonces las cargas sobre los capacitores. 1 y 3 están en serie, por lo tanto tienen la misma carga, a la que llamamos Q13. El capacitor 2 tiene una carga Q2. Por todo lo dicho arriba, tiene que verificarse:

Q2 = 9 V . C              (1)
Q13 = 4,5 V . C        (2)

(No conocemos el valor de C, así que lo dejamos expresado).

Ahora desconectamos A. Como antes de desconectar no había corriente sino que ya estaba en equilibrio, el sistema "no se entera" de que la pila fue desconectada. Entonces C2, C1 y C3 siguen con las diferencias de potenciales que calculamos, y por lo tanto con las cargas calculadas.

Después conectamos B (ver las figuras que siguen). Ni bien conectamos B, los capacitores todavía tienen la carga que adquirieron antes. Observar que estamos uniendo un capacitor sobre el cual había 4,5V de diferencia de potencial (C1), con otro sobre el cual había 9 V  (C2). Por lo tanto el sistema deja de estar en equilibrio!! y va a haber movimiento de cargas. Una vez que el sistema llegue al equilibrio, los capacitores C1 y C2 van a tener la misma diferencia de potencial, y el capacitor 3 va a quedar descargado ya que hay un cable que conecta sus dos placas entre sí (ver figura derecha).

Como los capacitores 1 y 2 tienen la misma capacidad C, y la misma diferencia de potencial, entonces tienen que tener la misma carga, a la que llamaremos Q' . Necesitamos calcular esta carga Q', para poder calcular la diferencia de potencial en C1 (o en C2, es igual). --> Esta diferencia de potencial es la que pide el problema, y la llamaremos ΔV' . Se verifica que:

ΔV' = Q ' /C       (3)

Hallemos Q' . Pensemos cómo se redistribuyen las cargas, tal como hicimos en otros problemas similares. Sólo pueden desplazarse cargas entre las placas que están unidas por un cable. Es decir, las cargas de la zona amarilla (ver figura derecha) NO pueden salir de la misma: sólo pueden moverse entre las dos placas de esa zona. Por lo tanto, la suma de las cargas en las placas marcadas en amarillo en el estado inicial, debe ser igual a la suma de las cargas en las mismas placas en el estado final. O sea:

Q13 + Q2 = Q' + Q' = 2 Q' 

 Reemplazando las ecuaciones (1) y (2), y usando quequeda:

4,5 V . C + 9 V . C = 2 Q'  

Por lo tanto: 

Q'  = 6,75 V . C

Por último, usando (3) calculamos la diferencia de potencial pedida (se simplifica C):

ΔV' = 6,75 V

Con lo cual la respuesta verdadera es la opción c)

 

Un capacitor se carga y luego se conecta a otro descargado

Vamos a resolver un tipo de problema que suele causar muchas dificultades. Son los problemas donde se conectan entre sí capacitores, donde al menos uno de ellos fue previamente cargado. Analicemos el siguiente ejemplo:

Se tiene la configuración de la figura, donde C1 = 1 mF y C2 = 2 mF, y E = 2 V. Inicialmente la llave está abierta y ambos capacitores están descargados. 

 Se cierra la llave colocándola en la posición 1, y se espera hasta llegar al equilibrio. Posteriormente, la llave se cambia a la posición 2 y nuevamente se espera a llegar al equilibrio. Hallar la carga final de los dos capacitores y la diferencia de potencial final entre sus placas.

Resolución:


Cierre de la llave en la posición 1

Cuando se cierra la llave en la posición 1, el circuito queda como se indica en las dos figuras debajo. Cuando se cierra la llave 1, C2 está desconectado, por lo tanto no se lo considera en esta etapa. Ni bien se cierra la llave (figura izquierda), C1 está aún descargado, pero comienzan a circular cargas. En el equilibrio (figura derecha), C1 está completamente cargado, teniendo sus placas cargas Q1 y -Q1:

Podemos calcular la carga Q1 usando que en el equilibrio, la diferencia de potencial entre las placas del capacitor 1 es la misma diferencia de potencial que hay entre los bornes de la pila:

C1 = Q1 / ΔV1       →  Q1  = C1 . ΔV1  = 1 mF . 2V = 2 mC  

Cambio de la llave a la posición 2

Cuando se cambia la llave de 1 a 2, el circuito queda como se indica en las dos figuras debajo. Cuando se cierra la llave en la posición 2, la pila queda  desconectada (zona gris). Ni bien se cierra la llave (figura izquierda), C2 todavía está descargado, C1 tiene todavía la misma carga Q1 que adquirió antes, y ahora comienzan a circular cargas. En el equilibrio (figura derecha), C1 tiene otra carga: sus placas tendrán cargas Q'1 y -Q'1, y C2 también estará cargado, teniendo sus placas cargas Q'2 y -Q'2:

Tenemos que hallar Q '1 y Q '2. Para eso pensemos cómo se mueven las cargas: sólo pueden desplazarse cargas entre las placas que están unidas por un cable. Es decir, las cargas de la zona celeste (ver figura derecha) NO pueden salir de la misma: sólo pueden moverse entre las dos placas superiores. De la misma manera, las cargas de la zona indicada en amarillo NO pueden salir de la misma: sólo pueden moverse entre las dos placas inferiores. Por lo tanto, la suma de las cargas en las placas superiores en el estado inicial debe ser igual a la suma de las cargas en las mismas placas en el estado final. O sea:

Q1 + 0 = Q '1 + Q '2  → Q '1 + Q '2  = 2mC     (1)

Por otra parte, en el equilibrio, la diferencia de potencial entre ambas placas debe ser la misma. Como ΔV = Q/C, entonces queda:


Q '1/C1 = Q '2/C2 

 →  Q '2 = C2 Q '1  /C1 = 2 mF . Q '1 /1mF = 2 Q '1

 Reemplazando Q '2 = 2 Q '1 en (1), queda:

  Q '1 + 2 Q '1 = 2mC  

→ 3 Q '1 = 2mC 
→ Q '1 = (2/3) mC

→ Q '2 = (4/3) mC

Nos falta la diferencia de potencial entre las placas (es la misma para ambos):

 ΔVfinal = Q '1/ C1 = 2/3 mC/1 mF = 2/3 Volt
 o bien:
 ΔVfinal = Q '2/ C2 = 4/3 mC/2 mF = 2/3 Volt

Aquí termina el problema. Te recomiendo intentar hacer el problema que se resolvió en esta entrada:

Capacitores que se cargan y luego se conectan las placas de carga de distinto signo

(Como siempre: primero tratá de resolverlo antes de leer la resolución). 

Ejemplo de máquina térmica

Una máquina térmica absorbe 2000 J en forma de calor de una fuente que se encuentra a una temperatura T1 = 800 K y efectúa un trabajo de 500 J. Si T2 es la temperatura de la fuente fría, puede suceder que:

a) T2 = 700 K y la máquina es irreversible.
b) T2 = 300 K y la máquina es reversible.
c) T2 = 620 K y la máquina es irreversible.
d) T2 = 100 K y la máquina es irreversible.
e) T2 = 400 K y la máquina es reversible.
f) T2 = 800 K y la máquina es reversible.

En este ejemplo, la máquina es una máquina térmica que toma calor de una fuente (Qc), parte del mismo lo convierte en trabajo (L), y la otra parte del calor (Qf) la envía a una fuente fría. Sabemos que:

T1= 800 K (= Tc = temperatura de la fuente caliente)
|Qc| = 2000 J
|L| = 500 J.

En cuanto a Tf, nos dan varias opciones posibles (6 valores). Para cada una de ellas, tenemos que analizar si la máquina puede funcionar. Para esto, tienen que cumplirse el 1er. y 2do. principio de la termodinámica:

1. Primer Principio:

|L|  = |Qc| - |Qf|   ----> Por lo tanto, |Qf| = |Qc| - |L|  = 2000 J - 500 J = 1500 J.

2. Segundo Principio:

 |Qf|/ |Qc| ≥  Tf/Tc 

Es decir que Tf  ≤   |Qf| Tc/ |Qc| , ---->

Tf  ≤ 1500 J . 800 K / 2000 J

Tf  ≤ 1500 J . 800 K / 2000 J

Tf  ≤ 600 K    (recordemos que la IGUALDAD vale sólo en el caso reversible; si no, vale la DESIGUALDAD)

Es decir que la temperatura tiene que ser menor o igual que 600 K:

- Esto descarta las opciones a), c) y f).

- La máquina sólo sería REVERSIBLE en el caso de IGUALDAD, o sea, Tf = 600 K. Por lo tanto b) y e) son falsas, porque con alguna de esas temperaturas la máquina sería irreversible.

- Sólo queda para analizar la opción d). La temperatura de 100 K verifica la desigualdad, y corresponde a una máquina IRREVERSIBLE, por lo tanto la opción d) es VERDADERA.

 

---> d) T = 100 K y la máquina es irreversible

Ejemplo de máquina frigorífica

Una cubetera conteniendo 100 g de agua a 10 C es colocada dentro de un refrigerador que está a una temperatura de -10 C. La eficiencia (el cociente entre el calor extraído de la fuente fría y el trabajo recibido por el refrigerador al mismo tiempo) del refrigerador es de 6. Considerando el proceso hasta que se obtiene hielo a -10 C.


a) Calcular el calor extraído de la masa del agua.
b) Determinar la máxima temperatura del ambiente exterior al refrigerador, para que este proceso sea posible (cumpliendo los principios de la termodinámica).

En este ejemplo, tenemos una máquina frigorífica, y además leyendo el problema vemos que debemos usar algo de lo que vimos en calorimetría. Veamos qué conocemos y qué no:

Qué conocemos sobre la máquina y las fuentes:
- La máquina es la heladera.
- La fuente caliente es el ambiente, a temperatura Tc, que desconocemos.
- La fuente fría es el interior de la heladora, a temperatura Tf = 263 K.

- Qf, Qc, y L: en principio no los conocemos.
- Sabemos que el rendimiento es η = 6.

Qué conocemos sobre la masa que se introduce
- Se introduce una masa de agua, m = 100g
- Temperatura del agua: + 10 C.
- Se introduce en un refrigerador a -10 C, entonces el agua va a enfriarse, luego a congelarse y luego el hielo resultante llegará a -10 C --> por lo tanto cederá un calor Q al refrigerador..

Ahora relacionemos los calores:

- Vamos a suponer que la temperatura del refrigerador no aumenta después de que agregamos la cubetera. Es decir, supondremos que todo el calor cedido por el agua de la cubetera, es totalmente llevado hacia fuera del refrigerador.

Por lo tanto, el valor absoluto del calor extraído del refrigerador Qf, será  igual al calor cedido por el agua  -esto es válido si el refrigerador está bien aislado, es decir que no hay otro calor entrante al mismo:

|Qf |= | calor cedido por el agua  de la cubetera|

Calculemos el calor cedido por el agua:

Calor cedido por el agua = 
= calor cedido por el agua para ir de 10 a 0 + calor cedido al congelarse + calor cedido por el hielo al ir de 0 a -10 =
= 100 g . 1 cal/ g C . (0 C - 10 C) - 100g . 80 cal/g + 100g . 0,5 cal/g C . (-10 C - 0) =
= - 1000 cal - 8000 cal - 500 cal = - 9500 cal

Respuesta a a): el agua cede 9500 calorías.

Por lo tanto, |Qf |= 9500 cal

Ahora podemos relacionar esto con las expresiones para la máquina. Sabemos que el rendimiento de una máquina frigorífica es: n = |Qf | / |L|, por lo tanto:

η = |Qf | / |L| = 6 ----> |L| = 9500 cal/6 = 1583.33 cal

Necesitamos saber si esta máquina es posible. Veamos las condiciones que deben cumplirse:

1. Primer principio de la termodinámica.

En este caso, como la máquina es cíclica nos queda:

|L|  = |Qc| - |Qf| 

Como ahora conocemos  |Qf|  = 9500 cal y |L|  = 1583.33 cal, hallamos |Qc|:

|Qc| = |L| + |Qf|  = 11083.33 cal

Este valor de Qc asegura que se verifique el primer principio.

2. Segundo principio de la termodinámica

 Tiene que verificarse 

Tf /Tc ≥  |Qf|/|Qc|, 

por lo tanto, despejando Tc:

 Tf |Qc| / |Qf| ≥ Tc

Reemplazando: 

Tc ≤ 263 K . 11083.33 cal / 9500 cal

Es decir que la temperatura máxima del ambiente (Tc) es de 306.83 K.

 

Máquinas térmicas - Breve síntesis

Máquinas térmicas
Veamos un esquema de una máquina térmica que trabaja entre dos fuentes a diferentes temperaturas Tc y Tf (Tc > Tf):
 

- La fuente caliente está a temperatura Tc (podría ser una caldera por ejemplo).

- La máquina extrae un calor Qc de dicha fuente, parte del cual convierte en trabajo L.

- La otra parte (Qf) se entrega a otra fuente a temperatura Tf < Tc.





Para evitar ambigüedades con los signos de los calores absorbidos o cedidos y del trabajo, trabajaremos con los valores absolutos de los mismos: |Qc|, |Qf|, |L| .

En lo que sigue vamos a analizar siempre CICLOS que hace la máquina. En cada ciclo, ΔUmaquina = 0 y ΔSmaquina = 0, dado que U y S son funciones de estado.

De acuerdo al primer princpio: ΔUmaquina = |Qc| - |Qf| - |L| , como ΔUmaquina = 0, entonces:

|L|  = |Qc| - |Qf|     (1)

De acuerdo al segundo principio:

ΔSuniverso ≥ 0   (la igualdad vale sólo en el caso reversible)

ΔSmaquina + ΔSfuente_caliente + ΔSfuente_fría ≥ 0

Como ΔSmaquina = 0 en un ciclo, entonces queda 0 - |Qc|/Tc + |Qf|/Tf  ≥ 0 . Reacomodando los términos en esta desigualdad queda:

Rendimiento:

El rendimiento de cualquier máquina se define como:

En el caso particular de una máquina térmica, es:

(La expresión anterior es para cualquier máquina térmica, sea reversible o irreversible).

Usando la ecuación (2), puede deducirse que:

Para una máquina térmica IRREVERSIBLE (también llamada REAL), se verifica la DESIGUALDAD estricta en la segunda parte de la expresión anterior. Para una máquina térmica REVERSIBLE (también llamada IDEAL), la expresión anterior vale con IGUALDAD. En otras palabras: el rendimiento de cualquier máquina térmica nunca puede pasar de 1 - Tf/Tc, y sólo toma el valor 1 - Tf/Tc si la máquina es reversible.

IMPORTANTE: para que una máquina térmica pueda ser posible tienen que verificarse las condiciones (1) y (2). O bien (1) y (3) (es equivalente).

Máquinas frigoríficas
Ahora veamos un esquema de una máquina frigorífica que trabaja entre dos fuentes a diferentes temperaturas Tc y Tf (Tc > Tf):

- La fuente fría está a temperatura Tf  (por ejemplo: en el caso de que se tratara de una heladera, la fuente fría sería el interior de la heladera)
- La máquina extrae un calor Qf de dicha fuente.
- Para poder funcionar, la máquina recibe un trabajo L (por ej: un trabajo eléctrico).
- La máquina entrega un calor Qc a una fuente caliente que está a temperatura Tc (en el caso de que se tratara de una heladera, la fuente caliente sería el ambiente).




De acuerdo al primer princpio:  ΔUmaquina = |Qf| - |Qc| - L. Como L es un trabajo recibido, entonces L < 0, por lo tanto L = - | L |. Queda entonces:

ΔUmaquina = |Qf| - |Qc| - (- |L|) = |Qf| - |Qc| + |L|.


Como ΔUmaquina = 0 (analizamos un ciclo cerrado), entonces:

|L|  = |Qc| - |Qf|     (1)

(Queda expresado igual que en máquina térmica)

De acuerdo al segundo principio:

ΔSuniverso ≥ 0   (la igualdad vale sólo en el caso reversible)

ΔSmaquina + ΔSfuente_caliente + ΔSfuente_fría ≥ 0

Como ΔSmaquina = 0 en un ciclo, entonces queda 0 + |Qc|/Tc - |Qf|/Tf  ≥ 0 . Reacomodando los términos en esta desigualdad queda:

Rendimiento:
El rendimiento se define como beneficio/costo como antes, pero ahora son diferentes el "beneficio" y el "costo". En este caso:

(La anterior es para cualquier máquina frigorífica, sea reversible o irreversible).

Usando la ecuación (4), puede deducirse que:

Para una máquina frigorífica IRREVERSIBLE (también llamada REAL), se verifica la DESIGUALDAD estricta en la segunda parte de la expresión anterior. Para una máquina frigorífica REVERSIBLE (también llamada IDEAL), la expresión anterior vale con IGUALDAD. En otras palabras: el rendimiento de cualquier máquina frigorífica nunca puede pasar de Tf/(Tc - Tf), y sólo toma el valor Tf/(Tc - Tf) si la máquina es reversible.

IMPORTANTE: para que una máquina frigorífica pueda ser posible tienen que verificarse las condiciones (1) y (4). O bien (1) y (5) (es equivalente).

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Próxima entrada: ejemplo de aplicación.

Variación de entropía en una expansión libre - proceso irreversible

Un recipiente rígido y adiabático de volumen 2 m³ está dividido por una pared interna en dos partes iguales. Un gas ideal monoatómico ocupa la mitad del mismo. La presión del gas es 100 kPa y su temperatura, 300 K. La otra mitad del recipiente se encuentra evacuada. Se quita la pared que separa ambas mitades dejando que el gas se expanda libremente. Calcular la variación de entropía del gas y la del universo.


La situación descripta en este problema, es la del problema 37 de la guía; lo que cambia es que aquí se pide la variación de entropía. 

Este proceso es irreversible; el gas se expande bruscamente al retirarse la pared interna, ya que del otro lado hay vacío.


Podríamos calcular fácilmente la variación de entropía en un gas ideal, si conociéramos los estados inicial y final: p1, Vi, Ti y pf,Vf,Tf. Entonces veamos eso primero  


En el estado inicial conocemos todo:
pi = 100 kPa, Vi = 1 m³ (ya que el gas ocupa la mitad del recipiente), Ti = 300 K.
El número de moles no nos lo dan, pero podríamos hallarlo fácilmente ya que p V = n RT, por lo tanto:
n = pi Vi / (R Ti )


En el estado final conocemos:
n --> obviamente el número de moles es el mismo ya que no se escapa materia
Vf = 2 m³ ya qe ahora el gas ocupa todo el recipiente.
Pero tenemos como incógnitas Tf y pf. Sabemos la ecuación de estado pV = n RT que las vincula, pero no alcanza.


Cálculo de Tf y pf
¿Entonces qué hacemos? Hay un dato que hasta ahora no usamos: que el recipiente es adiabático, es decir que no intercambia calor con el exterior. Entonces podemos usar este dato si planteamos el 1er. principio de la termodinámica, aplicado a este proceso:

Δ U = Q - L

Tenemos:
Q = 0 , ya que el recipiente es adiabático
L = 0, ya que el gas se expande contra una presión de CERO (hay VACIO en la zona del recipiente inicialmente evacuada). Es decir, el gas no hace ninguna fuerza porque no tiene que "empujar" nada.
(Recordemos que el proeso es irreversible, así que no sirve calcular el trabajo con la presión interna del gas).


Por lo tanto:  Δ U = 0.


Y como el gas es ideal, sabemos que Δ U = n cv Δ T , de aquí se deduce que  Δ T = 0. Es decir: Tf = Ti


Sabiendo que Tf = Ti, entonces usando la ecuación de los gases ideales tenemos que  pi Vi = pf Vf --> de donde sale que pf = pi/2 = 50 kPa.


Cálculo de la variación de entropía del gas

Ahora que sabemos los valores de temperatura, presión y volumen del estado final, podemos usar alguna de las expresiones que conocemos:


Mediante la expresión general:

Δ Sgas = n cv ln (pf/pi) + n cp ln(Vf/Vi)

 

Δ Sgas = n cv ln (50 kPa/100 kPa) + n cp ln(2 m^3/1 m^3) = n cv ln (1/2) + n cp ln 2

 

Pero recordemos que ln(1/2) = - ln2, entonces:

Δ Sgas = - n cv ln 2 + n cp ln 2 = (cp - cv) n ln 2 = (cp - cv) piVi/(RTi) ln 2= (piVi /Ti)  ln 2 

Arriba reemplazamos n = piVi/RTi y además usamos que, tanto para gases monoatómicos como diatómicos, da cp - cv = R.

Otra forma de hacerlo, más directa

Dado que los estados inicial y final tienen igual temperatura, podemos usar la expresión:

 

Δ S(Ti = Tf) = nR ln(Vf/Vi) 

Reemplazando los volúmenes y la expresión para el número de moles, y simplificando R, queda:

Δ Sgas  = (pi Vi / Ti ) ln(2) 

Es decir que da igual que por el otro método. Reemplazando los valores queda:

Δ Sgas  = (100 kPa 1 m³ / 300 K) ln(2) = ln2 . 100000 J/300 K = 231.05 J/K

Variación de entropía del universo

Como el recipiente es adiabático, el gas no intercambia calor con el exterior. Podemos pensar que el gas es el "universo" ya que el ambiente exterior ni se entera de lo que pasa. Por lo tanto:

 

Δ Suniv = Δ S gas

 

Variación de entropía del universo: agua con cubito en un termo

Problema: 
Un día caluroso de verano (T = 37°C) se coloca en un termo, 1 litro de agua a 20°C, y 100 g de hielo a -10 °C. Luego de varias horas, se observa que el contenido del termo se encuentra a la temperatura ambiente. Suponiendo despreciable la capacidad calorífica del termo, calcular la variación de entropía del universo.

Primero hagamos algunas consideraciones:


- Como nos dicen que el contenido del termo llega a estar a la temperatura ambiente, esto significa que:en estado final sólo tendremos AGUA a 37°C.

- Evidentemente pasó calor al interior del termo, o sea que el mismo no es adiabático. Así que, además de variar la entropía de las sustancias dentro del termo, tuvo que variar la entropía del ambiente.

- Entonces tuvieron lugar los siguientes procesos:
1) el hielo primero aumentó su temperatura de -10°C a 0°C.
2) el hielo una vez que llego a 0°C, se fundió.
3) luego de fundirse, el agua resultante se calentó desde 0°C a 37°C.

4) por otra parte, el litro de agua que había inicialmente se calentó desde 20°C hasta 37°C.
5) además, el ambiente tuvo que ceder calor al termo.

Cada uno de estos procesos tuvo un cambio de entropía. Calculemos cada una de estas variaciones:


1) el hielo primero aumentó su temperatura de -10°C a 0°C

ΔS1 = mhielo . chielo . ln(Tf/Ti) = 100 g . 0,5 cal/g K . ln(273°K/263°K) = 1.866 cal/°K.

2) el hielo una vez que llego a 0°C, se fundió.

ΔS2 = mhielo . Lfusion / Tfusion = 100g . 80 cal/g /273 °K = 29.304 cal/°K


3) luego de fundirse, el agua resultante se calentó desde 0°C a 37°C.

ΔS3 = magua . cagua . ln(Tf/Ti) = 100g . 1 cal/g °K . ln(310°K/273°K) = 12.71 cal/°K


4) el litro de agua que había inicialmente se calentó desde 20°C hasta 37°C.

ΔS4 = magua . cagua . ln(Tf/Ti) = 1000 g . 1cal/g°K ln( 310°K/ 293°K) = 56.4 cal/°K


Si sumamos ΔS1, ΔS2, ΔS3 y ΔS4 tendremos la variación de entropía del sistema. Es decir:

ΔSsistema = ΔS1 + ΔS2 + ΔS3 + ΔS4 = 100.28 cal/°K

5) El ambiente cedió calor al termo. 

Para poder calcular la variación de entropía del ambiente, necesitamos saber cuánto calor intercambió el ambiente con el termo. Veamos ese cálculo auxiliar.


Dado que el termo no es adiabático, tenemos que:

Σ i Qi = Qsistema

donde Σ i Qi es la sumatoria de los calores que intercambian las sustancias DENTRO del termo, y Qsistema es el calor neto que sale o entra al sistema que está dentro del calorímetro. En nuestro caso:


Σ i Qi = Q1 + Q2 + Q3 + Q4 , donde:

Q1 = calor absorbido por el hielo al ir de -10°C a 0°C = 100 g . 0,5 cal/g°C . (0°C -(-10)°C) = 500 cal
Q2 = calor para fundir el hielo = 100g . 80 cal/g = 8000 cal
Q3 = calor que recibe el agua resultante para ir de 0°C a 37°C = 100 g . 1 cal/g °C . (37°C  -  0°C) = 3700 cal
Q4 = calor que recibe el litro de agua para ir de 20°C a 37°C = 1000 g . 1 cal/g °C . (37°C - 20°C) = 17000 cal


Por lo tanto, Qsistema = Q1 + Q2 + Q3 + Q4 = 29200 cal. Es positivo, o sea, es un calor neto absorbido por el sistema.


Volviendo a nuestro cálculo de entropía, tenemos entonces que Qambiente = - Qsistema = - 29200 cal. Por lo tanto:

ΔSambiente = Qambiente/Tambiente = -29200 cal / 310 °K = - 94.19 cal/°K

Entonces, la variación de entropía del universo es:


ΔSuniverso = ΔSsistema + ΔSambiente = 100.28 cal/°K - 94.19 cal/°K = 6.09 cal/°K 

La variación de entropía del universo es positiva, como debe ser en todo proceso irreversible.

Segundo principio de la termodinámica - Breve síntesis

Lo que sigue es una MUY breve síntesis de lo que vimos en clase sobre segundo principio de la termodinámica.

2do. principio - Enunciado de Lord Kelvin: 
"Es imposible tomar calor de una fuente a una cierta temperatura y convertirlo totalmente en trabajo sin ningún otro cambio en el sistema o en el medio ambiente".

Nota:
- El postulado de Kelvin no dice que el calor no pueda transformarse totalmente en trabajo, sino que el proceso no puede realizarse sin cambiar algo en el sistema o en el medio ambiente.

Ejemplo: en una expansión reversible e isotérmica de un gas ideal, el gas absorbe un calor Q y realiza un trabajo L = Q ya que U =0 (proceso isotérmico, gas ideal) (hacé el gráfico y comprobá lo anterior!). Sin embargo, esto NO contradice el enunciado de Kelvin ya que el gas se expandió, es decir, no está en su estado original.

2do. principio - Enunciado de Clausius: 
"Es imposible que el calor pase por sí mismo de un cuerpo de menor temperatura a otro de mayor temperatura".

Nota: es importante recalcar la frase "por sí mismo". Es posible que el calor pase de un cuerpo frío a uno más caliente (ej: heladera, aire acondicionado), pero para esto hay que realizar un TRABAJO.

Definición de una nueva función de estado: la ENTROPIA

Vamos a definir una nueva función de estado que nos va a servir para enunciar el 2do. principio de otra manera, de una manera cuantitativa.

La variación de entropía entre dos estados de una sustancia se define como:

donde:
- primero debe elegirse un camino reversible que una los estados inicial y final
- una vez elegido ese camino reversible, se calcula, para cada "diferencial" de ese camino, el calor absorbido/cedido yendo por dicho camino, se lo divide por la temperatura T, y después se integra entre los estados inicial y final.
- la temperatura T está en GRADOS KELVIN.

Esta es una definición general válida en todos los casos, más abajo daremos algunos casos particulares.

La entropía es una función de estado (también lo es la energía interna, por ejemplo), esto significa que la variación de entropía entre dos estados dados (inicial y final) NO DEPENDE del camino que se haya elegido, sino sólo de las variables que caracterizan a dichos estados.

Entropía del sistema, del ambiente y del universo
Convendremos en llamar: sistema a la/s sustancias que estamos estudiando (por ej. un gas, o las sustancias que se colocan dentro de un calorímetro), ambiente al entorno donde se encuentra el sistema (por ej.: si el sistema es un cubito de hielo que se funde, el "ambiente" es la habitación donde está), y universo al conjunto formado por el sistema y el ambiente. Por lo tanto:

Enunciado del 2do. principio, basado en la ENTROPIA

Para cualquier proceso, se verifica:

Es decir: la entropía del universo nunca puede disminuir, en ningún proceso. En particular, se tiene que:

Nota: puede demostrarse que todos los enunciados del 2do. principio que hemos visto (Kelvin, Clausius, y el enunciado basado en la entropía del universo), son totalmente equivalentes entre sí.

Cálculo de la variación de entropía en varios casos particulares

Variación de entropía del ambiente

Supongamos que tenemos un sistema que intercambia calor con un ambiente que está a temperatura constante Tamb, siendo Qsist el calor absorbido o cedido por el sistema. Entonces: si el sistema absorbe calor, el ambiente lo cede, y viceversa. Por lo tanto:

Δ Sambiente = -Qsistema /Tambiente

Variación de entropía de una sustancia en un cambio de fase

En caso de tratarse de una fusión, el sólido al fundirse absorbe calor, por lo tanto aumenta su entropía.

Δ S (fusión) = mfundida . Lf / Tfusión

Δ S (vaporización) = mvaporizada . Lv / Tvaporización

Lógicamente, en la solidificación y en la condensación ocurre lo contrario, es decir la entropía de la sustancia disminuye:

Δ S (solidificación) = - msolidificada . Lf / Tfusión

Δ S (condensación) = - mcondensada . Lv / Tvaporización

Variación de la entropía de una sustancia líquida o sólida al cambiar de temperatura desde Ti a Tf, SIN cambiar de fase:

Δ S = m c ln(Tf/Ti)

donde c es el calor específico de la sustancia.

Variación de la entropía para procesos en un GAS IDEAL

Gas ideal, para cualquier proceso donde Vinicial = Vfinal:

Δ S(Vi = Vf) = n cv ln(Tf/Ti) = n cv ln(pf/pi)

Para deducir esta expresión se eligió un camino isocórico reversible entre los estados inicial y final.

Gas ideal, para cualquier proceso donde pinicial = pfinal:

Δ S(pi = pf) = n cp ln(Tf/Ti) = n cp ln(Vf/Vi)

Para deducir esta expresión se eligió un camino isobárico reversible entre los estados inicial y final.

Gas ideal, para cualquier proceso donde Tinicial = Tfinal:

Δ S(Ti = Tf) = nR ln(Vf/Vi)

Para deducir esta expresión se eligió un camino isotérmico reversible entre los estados inicial y final.  Para este camino queda Δ S = Q/T ya que T es constante y por lo tanto sale de la integral. Como el gas es ideal, y el proceso es isotérmico, entonces  ΔU = 0, por lo tanto Q = L, y queda Δ S=Lisotérmico reversible/T.

Caso general

Supongamos que tenemos n moles de un gas ideal y que conocemos las variables de los estados inicial y final: pi, Vi, Ti y pf,Vf, Tf, respectivamente. Como la variación de entropía entre ambos estados no depende del camino, entonces ΔS puede calcularse eligiendo un camino reversible entre el estado inicial (I) y el estado final (F) (aunque no haya sido el camino que realmente tuvo lugar entre los estados, no importa):

En la figura, elegimos el siguiente camino: isocora desde I al punto auxiliar A, e isobara desde el punto auxiliar A hasta F. Sumamos las variaciones de entropía desde I hasta A y desde A hasta F. Queda:

Δ S = n cv ln (pf/pi) + n cp ln(Vf/Vi)

Nota:

La expresión anterior (así como las tres expresiones más arriba dadas para gas ideal) es válida cualquiera sea el proceso entre los estados inicial y final. Es más: podría pasar que el proceso para ir de I a F sea irreversible, de todos modos la variación de entropía ES LA MISMA siempre y cuando no cambiemos los puntos de partida y de llegada (I y F).

Próxima entrada: ejemplo de aplicación.