Resolución del parcialito de calor y termodinámica

Resolución del parcialito de calor y termodinámica

Problema 1

En un recipiente adiabático de capacidad calorífica despreciable, se introducen 100 g de agua a 10 ºC, y 2kg de plomo a -30 ºC (c_Pb = 0,03 cal/(g ºC)).

a) ¿Qué es lo que habrá en dicho recipiente, y a qué temperatura, cuando se alcance el equilibrio térmico? Resolver analítica y gráficamente.

b) Calcular la variación de energía interna y de entropía de cada elemento, durante dicho proceso. ¿Cuál es la variación de entropía del universo?  Nota: Despreciar las variaciones de volumen que pudieran tener lugar.

a) Inicialmente tenemos agua a 10 C y plomo a -30 C. Así que, el agua va a enfriarse y el plomo va a subir su temperatura. El plomo no va a cambiar de fase (ya que su temperatura de fusión está muy por encima del rango de temperaturas de este problema), pero el agua sí podría cambiar de fase, ya que podría solidificarse. Entonces, en principio no sabemos si en el estado final habrá hielo o no, por lo tanto, todavía no podemos plantear la ecuación del calorímetro (suma de calores = 0) porque no sabemos qué términos irían en la ecuación. Pasamos entonces a hacer algunos cálculos auxiliares:


Calor que cedería el agua si pasara de 10 C a 0 C:

Qagua(10°C a 0°C)= m . cagua . (Tf - Ti) = 100 g . 1 cal/(g C) . (0°C - 10°C) = -1000 cal

Calor que cedería el agua si se solidificara

Q(solid. agua) = - magua . Lf = -100 g . 80 cal/g = - 8000 cal

Para ver si estos procesos son posibles, calculemos qué es lo que pasa con el plomo. Veamos a qué temperatura llegaría el plomo si el agua llegara a 0 C, (sin solidificarse) o sea, cuando el agua cedió 1000 cal (y por lo tanto el plomo las absorbió). A esa temperatura del plomo, llamémosla Tf1:

1000 cal = Q1(plomo)  = 2000 g . 0,03 cal/(g°C) . (Tf1 - (-30°C))

1000/60 C = Tf1 + 30 C 

--> Tf1 = -13,33°C

Esto significa que el plomo puede absorber esas calorías, ya que todavía no llegó a subir hasta la temperatura del agua (recordemos que en el equilibrio ambos teberán estar a la misma temperatura). Y como su temperatura está por debajo de la del agua (que justo acaba de llegar a 0 C), entonces el plomo va a seguir recibiendo calorías. (cedidas por el agua ). Primera conclusión: el agua SÍ llega a 0 C, y va a comenzar a solidificarse.

¿Qué pasa después de que el plomo llega a -13,33 C? Veamos a qué temperatura  llegaría el plomo si el agua se solidificara toda, o sea, si el agua cediera otras 8000 cal (en ese caso,el plomo tendría que absorber esas 8000 cal). A esa temperatura del plomo, llamémosla Tf2. Ojo: en esta etapa, el plomo comienza en Tf1= -13,33 C y termina en una cierta Tf2.

8000 cal = Q2 (plomo) = 2000 g . 0,03 cal/(g C) . (Tf2 - Tf1)

8000/60°C = Tf2 -(-13.33°C)

Tf2 = 120°C

¡¡Pero esto NO es posible!! Porque si el plomo subiera hasta esta temperatura, estaría subiendo por encima de la temperatura del agua -que en ese momento es de 0 C, porque se debería haber solidificado-, y esto no puede ser: desde el comienzo del proceso, el agua está enfriándose, el plomo está calentándose, por lo tanto tienen que encontrarse en algún punto intermedio, NO pueden "cruzarse" (el plomo no puede subir por encima de la temperatura del agua). Segunda conclusión: el agua NO puede solidificarse toda.

Y como consecuencia de lo anterior, tenemos una tercera conclusión: dado que el agua comienza a solidificarse, pero no finaliza dicho proceso, entonces en el equilibrio va a haber agua + hielo --> entonces concluimos que la temperatura de equilibrio tiene que ser 0 C.

Entonces ahora ya sabemos qué procesos ocurren:
- El agua va de 10°C a 0°C.
- Parte del agua se solidifica (no toda)
- Por lo tanto la temperatura final va a ser 0°C.
- Debido a lo anterior, entonces el plomo tiene que ir de -30°C a 0°C.
- En este caso, la temperatura final no es incógnita, pero sí es incógnita la cantidad de masa de agua  solidificada.

Ahora sí, escribamos ahora la ecuación del calorímetro de acuerdo a lo anterior:

Qagua(10C a 0C)  +  Q(solid. parcial agua) + Q(plomo de -30C a  0C)  = 0

-1000 cal  +  (- mhielo . Lf)  +  2000 g . 0,03 cal/(g C) . (0 C - (-30 C))   = 0

-1000 cal + (- mhielo . 80 cal/g) + 1800 cal= 0

Despejando, sale que:

mhielo = 10 g

Conclusión final: en el estado de equilibrio, hay 10 g de hielo, 90 g de agua líquida, y 2000 g de plomo, todo a Tf = 0°C.

Resolución gráfica:

b) Cálculo de las variaciones de energía interna

Para cada uno de los elementos, tendremos: ΔU = Q - L

Suponemos despreciables la variaciones de volumen, tanto en los cambios de temperatura como en la solidificación del agua. Por lo tanto,  en todos los casos L = 0, y nos queda: ΔU = Q. Entonces:


- Para el agua/hielo, desde el inicio hasta el final del proceso:

ΔU(agua/hielo) = Q(agua/hielo) = Q(agua de 10 a 0) + Q(solidif) = -1000 cal - 10g . 80 cal/g = -1800 cal

ΔU(plomo) = Q(plomo de -30 a 0) = 2000 g. 0,03 cal(g C) . (0 C- (-30 C) = 1800 cal

Observar que, para el sistema completo formado por todo el contenido del calorímetro, tenemos

ΔU(sistema) = Q(sistema) - L(sistema)

Como las variaciones de volumen son despreciables, L(sistema) = 0, y como el calorímetro es adiabático, entonces Q(sistema) = 0. O sea:

ΔU(sistema) = 0

A esta conclusión también llegamos usando las variaciones de energía interna de cada elemento: 

ΔU(sistema) = ΔU(agua/hielo) + ΔU(plomo) = -1800 cal + 1800 cal = 0.

Hallemos ahora las variaciones de entropía, desde el inicio del proceso hasta el final:

Para el agua/hielo:

ΔS(agua/hielo) = ΔS(agua de 10 a 0 C) + ΔS(solidific. agua) 

ΔS(agua de 10 a 0 C) = magua . cagua . ln(Tf/ti) = 100g . 1 cal/(g C) . ln(273 K/283 K) = -3,5975 cal/K

ΔS(solidif. agua) = - mhielo . Lf/T = - 10g . 80 cal/g /273 K = - 2,9304 cal/K

Por lo tanto:

ΔS(agua/hielo) = -3,5975 cal/K - 2,9304 cal/K = - 6,5279 cal/K

Para el plomo:

ΔS(plomo) = mplomo . cplomo . ln(Tf/Ti) = 2000g . 0,03 cal/(g C) . ln(273 K /243 K)

ΔS(plomo) = 6,9846 cal/K

El "universo" está formado, en este caso, por el conjunto agua+hielo+plomo, solamente ya que como el calorímetro es adiabático, no hay calor intercambiado con el entorno.

Por lo tanto, para el "universo":
ΔS(universo) = ΔS(agua/hielo) + ΔS(plomo) = -6,5279 cal/K + 6,9846 cal/K = 0,4567 cal/K

Nos da positiva, como debe ser, ya que todo proceso donde se ponen en contacto sustancias a distintas temperaturas, es IRREVERSIBLE.

2) Un recipiente de cobre cuyo fondo tiene 2500 cm² de superficie y 2,5cm de espesor, contiene agua y está apoyado sobre una hornalla, como se indica en la figura. Al hervir el agua a presión atmosférica normal, se evaporan 4,5 kg de agua cada 20 min. Calcular:

a) La cantidad de calor por segundo (flujo calórico) que transmite el fondo del cobre.

b) La temperatura de la cara inferior del fondo del recipiente que está en contacto con la hornalla. Datos: L_{vap del agua} = 540 cal/g, k_cobre = 0,92 cal/(cm.s.º C)

a) El calor viaja desde la hornalla hasta el agua que está en la olla. Supondremos que todo el calor que llega al agua, y se usa en el cambio de fase líquido-vapor (es decir, suponemos que no se "escapa" calor hacia afuera).

Entonces, tenemos que en t = 20 min = 1200 s, el agua recibe un calor:

Q = m . Lv = 4500g . 540 cal/g = 2430000 cal

Ese calor es el mismo que se transmite a través del fondo. Por lo tanto:

P = Q/Δt = 2430000 cal/1200 s = 2025 cal/s

b) Dado que el calor viaja por conducción, consideramos la Ley de Fourier

P = k . (A/L) (T1 - T2)

En este problema, el calor viaja de abajo hacia arriba,.Supondremos (por simplicidad) que la dirección en que viaja el calor es exactamente perpendicular al fondo de la olla. Entonces: la sección que atraviesa el calor, es la superficie del fondo de la olla, es decir: A = 2500 cm^2, y el espesor del fondo, es la "longitud" que se usa en la Ley de Fourier, o sea:. L = 2,5 cm.:

Por otra parte, T1 es la temperatura del fondo del recipiente en contacto con la hornalla (incógnita),   y T2 es la temperatura del  fondo del recipiente en contacto con el agua. T2 = 100 C ya que el agua está en ebullición. :

Despejemos T1:

T1 - T2 = (P . L)/ (A . k)

T1 = T2 + (P . L)/ (A . k)

Reemplazamos:

T1 = 100 C + (2025 cal/s . 2,5 cm )/( 2500 cm^2 . 0,92 (cal/cm  s . C)) 

T1 = 100 C + 1,86 C 

T1 = 101,86 C

3) Un mol de gas ideal monoatómico evoluciona de manera reversible de un estado A hacia otro estado B, por un camino isotérmico (I), y luego es llevado nuevamente al estado A aumentando su presión de manera lineal respecto de la disminución de su volumen (camino II). Sabiendo que en la evolución inicial el gas duplica su volumen:

a) Calcular el calor que ha intercambiado el gas en el ciclo ABA indicando si ha recibido o entregado dicho calor. Justifique.

b) Hallar la variación de entropía del gas entre A y B (ΔS_A->B), y entre B y A (ΔS_B->A). ¿Cuál es, para cada tramo, la variación de entropía del entorno? Justificar.

a) Antes de iniciar los cálculos, hallemos los valores que nos faltan en el gráfico, ya que pueden servirnos más adelante. Como nos dicen que en el tramo AB el gas duplica su volumen, entonces: VB = 20 litros. Además, sabemos que el camino I es isotérmico, por lo tanto los puntos A y B tienen igual temperatura, con lo cual:

pA VA = n R TA = n R TB = pB VB

Es decir, el producto "p.V" se mantiene constante. Por lo tanto:

3000 J = 20 l. pB

pB = 150 kPa.

Nos piden el calor intercambiado en el ciclo completo. De acuerdo al primer principio de la termodinámica, se verifica que la variación de energía interna en un ciclo completo es cero, por lo tanto:

0 = ΔU(ciclo) = Q(ciclo) - L(ciclo)

--> Q(ciclo) = L(ciclo)

Entonces, si calculamos el trabajo total, tendremos el calor intercambiado en el ciclo.

Podemos hallar el trabajo por etapas. Ambas etapas son reversibles, por lo tanto, en ambos casos el trabajo es el área bajo la curva (con el signo correspondiente).

- El primer tramo es isotérmico, por lo tanto:

LAB(camino I) = n . R . T . ln(Vfinal/Vinicial) = n . R . TA . ln(VB/VA) = pA . VA . ln(VB/VA)

LAB(camino I) = 3000 J . ln (20 l / 10l) = 3000 . ln(2) J

- El segundo tramo es una línea recta, así que podemos hallar el área entre dicha línea y el eje V, sumando las áreas del triángulo y del rectángulo que quedan formados. Atención: este trabajo es NEGATIVO, ya que es una compresión.

LBA (camino II) = - (área triángulo + área rectángulo ) = - (10 . 150 /2 ) J - 10 . 150 J = - 2250 J

Por lo tanto, el trabajo en el ciclo completo es:

L(ciclo)  =  LAB (camino I) + LBA (camino II) 
L(ciclo)  =  3000 ln(2) J - 2250 J = 2079,44 J - 2250 J 
L(ciclo)  =  -170,56 J

Vemos que en el ciclo completo el trabajo es negativo, o sea, el sistema recibe trabajo. El hecho de que el trabajo sea negativo, es consistente con lo que vemos en el gráfico: el ciclo es antihorario.

Finalmente, como el trabajo en todo el ciclo es igual al calor intercambiado en el mismo:

Q(ciclo) = -170,56 J

Como es negativo, entonces es un calor entregado por el gas .

b) Calculemos las variaciones de entropía del gas, para esto podemos usar la expresión general:

ΔS = n . R . ln(Vf/Vi) + n . cv . ln(Tf/Ti)

Como en este caso, A y B tienen igual temperatura, entonces TA = TB, y se va el segundo término (ya que ln(1) = 0).

- De A a B, para el gas:

ΔSA-> B =  n . R . ln(20 l /10 l) = 1 . R . ln(2) 

ΔSA-> B = R ln(2)

- De B a A, para el gas:

Como la entropía es función de estado, tiene que ser ΔSA-> B = - ΔSB->A. De todos modos, lo comprobamos:

ΔSB-> A =  n . R . ln(10 l /20 l) = 1 . R . ln(1/2) = R ln(1) - R ln(2) 

ΔSB-> A  = - Rln(2)

Por lo tanto, ΔSB-> A = - ΔSA-> B, como esperábamos.

Para el entorno: no sabemos la temperatura del entorno, pero sí sabemos que los procesos, son REVERSIBLES, por lo tanto, para cada tramo (de A a B y de B a A), debería cumplirse:

ΔSuniv = 0  (REVERSIBLE)

Por lo tanto:

- De A a B

ΔSuniv (primer tramo) = ΔSA->B(gas) + ΔSA->B(entorno) = 0 
-->  ΔSA->B(entorno) = - R ln(2)

- De B a A:

ΔSuniv (segundo tramo) = ΔSB->A(gas) + ΔSB->A(entorno) = 0 
-->  ΔSB->A(entorno) = + R ln(2)

Nota: ¿Se podrían calcular las variaciones de entropía del entorno, usando los datos del entorno (el calor que recibe y su temperatura? ¿A qué temperatura debería estar el entorno en cada caso? Hay que tener en cuenta que las transformaciones son reversibles (recordar cómo es un proceso reversible en termodinámica). ¡Queda para pensar y discutir!

4) En el esquema se representa una máquina térmica que recibe, por cada ciclo, 200 J de calor de una fuente a 500 K, y entrega un trabajo L liberando al ambiente (T = 300 K) un calor Q.

a) ¿Cuáles deben ser los valores de L y Q para que la máquina térmica de la figura tenga un rendimiento igual a la mitad del rendimiento ideal?

b) ¿Cuál es la variación de entropía del universo?

a) De acuerdo al primer principio de la termodinámica, para un ciclo (cerrado) de la máquina térmica, debe cumplirse:

0 = ΔU = |Qc| - |Q| - |L|

donde hemos llamado Qc al calor que sale de la fuente caliente, y Q al calor que ingresa en la fuente fría. (ya que el enunciado lo llama así) Por el momento sólo conocemos Qc, así que reemplazamos:

0 = 200 J - |Q| - |L| , por lo tanto:

|Q| + |L| = 200 J           (1)

Por ahora, tenemos una ecuación con dos incógnitas (Q y L).

Ahora pasemos a considerar el dato del rendimiento. Nos piden que el rendimiento sea la mitad del ideal, así que, primero calculemos el rendimiento ideal. Para una máquina térmica, el rendimiento ideal -es decir, el rendimiento que tendría esa máquina si fuera reversible, es:

ηideal = 1 - Tf/Tc

donde Tc es la temperatura de la fuente caliente, y Tf la de la fuente fría. Usando los datos que tenemos:

ηideal = 1 - 300 K/500 K = 1 - 3/5 = 2/5 = 0,4

Ahora bien, la máquina que tenemos NO tiene este rendimiento, sino la mitad. Llamaremos η al rendimiento de nuestra máquina:

η = nideal/2 = 0,2.

Por otra parte, sabemos que el rendimiento de una máquina térmica, siempre puede expresarse como:

η = |L| / |Qc|

Por lo tanto:

0,2 = |L| / |Qc| = |L| / 200 J

De aquí obtenemos |L| = 40 J. reemplazando en (1), obtenemos |Q| = 160 J.

b) Hallemos la variación de entropía del universo.

ΔSuniv = ΔSmáquina + ΔSfuente caliente + ΔSfuente fría

En un ciclo, ΔSmáquina = 0, ya que la máquina vuelve al mismo estado. Para las fuentes:

ΔSfuente caliente = - |Qc| / Tc = - 200 J/500 K       ya que sale calor de la fuente caliente

ΔSfuente fría =  |Q| / Tc = 160 J/ 300 K                    ya que ingresa calor a la fuente fría

Por lo tanto:

ΔSuniverso = - (2/5) J/K + (8/15) J/K = (2/15) J/K

Por lo tanto, la variación de entropía del universo da positiva. Esto era de esperar porque la máquina es irreversible, ya que tiene un rendimiento menor que el ideal. Si hubiera sido una máquina reversible (rendimiento ideal), la variación de entropía del universo daría cero.