Problemas variados I - temas del 2do. parcial

1) Se ha medido el calor entregado a una piedra, inicialmente a 0ºC, y la temperatura alcanzada. Los resultados se muestran en el gráfico:

Cuando esa misma piedra tiene una temperatura de 60ºC, se la introduce en un litro de agua a 20ºC, dentro de un recipiente adiabático.
a) ¿Cuál será la temperatura de equilibrio del sistema?
b) Indicar, justificando, si la energía interna del sistema piedra+agua aumenta, dismunuye, o no cambia, durante este proceso. Lo mismo para la entropía del sistema.

2) El gráfico muestra la temperatura a lo largo (eje x) de una barra recta de sección unifrome y longitud L, formada por dos materiales denominados 1 y 2. El primer material (desde x=0 hasta x=L/2) tiene conductividad k1 y el siguiente k2.

Entonces:

a) k1 = 2 k2
b) k1 = k2 /2
c) k1 = k2
d) k1 = 4 k2
e) k1 = k2 /4
f) k1 = - k2

 3)  Un sistema evoluciona en forma reversible entre los estados A y B como lo muestra el diagrama presión - volumen de la figura:

 Para esa evolución, el sistema:

a) entrega un trabajo mayor que 250 J
b) recibe un trabajo mayor que 250 J
c) entrega un trabajo entre 150 J y 250 J
d) recibe un trabajo entre 150 J y 250 J
e) entrega un trabajo menor que 150 J
f) recibe un trabajo menor que 150 J

4) Si el calor latente de evaporación del agua a 1 atm es de 540 cal/g, ¿cuál es la masa máxima de agua a 100ºC que podemos evaporar durante 3 min con un calefactor de 900W?
a) 2,32 g
b) 0,13 g
c) 20,9 g
d) 300 g
e) 71,7 g
f) 5,02 g


5) Una revista de divulgación propone que hay cierta máquina que extrae, luego de un número entero de ciclos, 5000 J de una caldera en la que hierve agua a 100ºC y entrega 4000 J a un in tercambiador por el que circula agua a 27ºC. En ese lapso realiza trabajo mecánico por valor de 1000 J. A partir de estos datos se puede afirmar que:
a) Cumpliría el primer principio pero no el segundo
b) Cumpliría el segundo principio pero no elprimero
c) No cumpliría ninguno de los dos principios
d) Puede funcionar y el proceso es reversible
e) Puede funcionar y el proceso es irreversible
f) La entropía de la máquina aumenta

(Corrección día 22/11: inicialmente decía 7 ºC en vez de 27ºC. Si lo hiciste con 7 ºC, da la opción e). Si lo hacés con 27 ºC, da la opción a) )


6) Por el circuito de la figura, constituido por dos resistencias en serie R1 = R y R2 = 2R, circula una intensidad de corriente i, para una diferencia de potencial  ΔVAB. Si se quiere duplicar i agregando una resistencia en paralelo a R2, el valor de la misma será:

a) 2/3 R
b) 3/2 R
c) 1/3 R
d) 2 R
e) 3 R
f) 3/4 R


7) Un local comercial se calefacciona mediante una estufa de 14688 kcal/hora de potencia. Si el local posee una vidriera de 5m de ancho X 2 m de altura, de 10 mm de espesor, considerando las paredes, el piso y el techo totalmente aislados, si la temperatura exterior es de 3ºC, cuando el sistema está en régimen, la temperatura interior del local será de:
(Kvidrio = 0,24 cal/(m s ºK) )


a) 3 ºC
b) 17 ºC
c) 20 ºC
d) 23 ºC
e) 69 ºC
f) 72 ºC


8) Un capacitor C1 se conecta a una batería de 12V y, una vez alcanzado el equilibrio, adquiere una carga de 300 mC. Al cargar otro capacitor C2 con la misma batería, la carga es, en ese caso, de 600 mC. Si luego de cargados se conectan ambos capacitores entre sí, uniendo los alambres de polaridades diferentes (positivo con negativo y negativo con positivo), ¿qué cargas Q1 y Q2 tendrán al llegar al equilibrio?


a)  Q1 = 400 mC, Q2 = 500 mC
b)  Q1 =  75 mC, Q2 =  225 mC
c)  Q1 = 100 mC, Q2 = 200 mC
d)  Q1 = 450 mC, Q2 = 450 mC
e)  Q1 = 150 mC, Q2 = 750 mC
f)   Q1 = 150 mC, Q2 = 150 mC


9) Una solución de concentración Cs se encuentra en el interior de un tubo sumergido en un depósito que contiene una solución de menor concentración Ca, ambas separadas por una membrana semipermeable M. En el estado de equilibrio la columna de líquido llega hasta una altura h. Entonces:

a) Si se aumentara la temperatura, h disminuiría
b) Si se dismunuyera la temperatura, h no cambiaría.
c) En el equilibrio la concentración de B es mayor que la de A.
d) En el estado de equilibrio, la concentración de B es igual a la de A.
e) Si se agregan n moles de soluto a la solución B, h disminuye.
f) Si se agregan n moles de soluto a la solución A, h aumenta.


10) En el circuito de la figura, las resistencias son de: R1 = 100 Ω, R2 = 300 Ω, R3 = 60 Ω y R4 = 40 Ω. Por R3 circulan 75 mA, entonces la tensión de la fuente es:

a) 10 V
b) 7,5 V
c) 4,5 V
d) 3 V
e) 17,5 V
f)  25 V

Resultados de esos ejercicios:
Problema 1: a) Tf = 52,72°C, b) La energía interna del sistema piedra+agua no cambia porque DeltaUtotal = Qtotal - Ltotal, y tanto Qtotal como Ltotal son cero (la primera por ser el calorímetro adiabático; la segunda, si suponemos que el calorímetro es rígido y no cambia su volumen).
La entropía del sistema piedra+agua aumenta ya que el proceso de intercambio de calor es irreversible.
Problema 2: a) k1 = 2.k2
Problema 3: b) Recibe un trabajo mayor a 250 J (*)
(*) No está muy claro, aunque todos los conteos de cuadraditos que hice parecen dar algomás que 250 J.
Problema 4: e) 71,7 g
Problema 5: a) Cumpliría el primer principio pero no el segundo.
Problema 6:a) 2/3 R
Problema 7: c) 20°C
Problema 8: c) Q1 = 100 mC, Q2 = 200 mC
Problema 9: c) En el equilibrio la concentración de B es mayor que la de A.

Problema 10: e) 17,5 V

Hielo que se funde dentro de un recipiente que conduce el calor

Problema: Dentro de un recipiente térmico cerrado hay hielo a 0°C. Las paredes del recipiente tienen un espesor de 3 mm y sus caras exteriores se mantienen a 30°C. En esas condiciones y alcanzado el régimen estacionario, se derriten 20g de hielo por hora. Se tiene otro recipiente de idénticas dimensiones, pero con paredes de 8 mm de espesor. Calcular cuánto hielo se derretirá en una hora en este caso, si sus caras externas se mantienen a 20°C:

a) 30g
b) 7,5g
c) 20g
d) 5g
e) 10g
f) 2,5g

Resolución:
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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. 

Una variación sobre el problema 7 de calorimetría de la guía

En clase vimos completo el ejercicio 7 de la guía, página 70, tal cual está ahí. Habíamos obtenido que en el estado final hay hielo-agua líquida-plomo a 0°C, ya que el hielo no llega a fundirse. Ahora resolveremos una variante de ese problema: aumentaremos la cantidad de plomo. Consideremos entonces, este enunciado:

Problema:
Se vierten 2 kg de esquirlas de plomo (Pb) a 150 °C sobre un bloque de hielo de 50 g en un recipiente adiabático. Desprecie la capacidad calorífica del recipiente. La temperatura inicial del hielo es de -30 °C. ¿Cuál es la temperatura final del sistema? (chielo = 0,5 cal/(g °C), cPb = 0,03 cal/(g °C)). Resuelva analítica y gráficamente.


Vamos a ver que a veces, dependiendo de cómo se nos ocurra encarar un problema de calorimetría, puede haber "idas y venidas", y "cálculos tentativos", hasta que nos demos cuenta de cuál va a ser el estado final. Pasemos a la...

Resolución
Tenemos hielo inicialmente a -30 °C. Lo que primero se nos podría ocurrir, es calcular cuántas calorías necesita el hielo para pasar a 0 °C (ojo, siendo aún HIELO).

Calculemos ese calor:

Hielo - de -30 a 0
Q(Hielo de -30 a 0) = 50 g . 0,5 cal/(g °C) . (0 °C - (-30°C)) = + 50 . 0,5 . 30 cal = 750 cal

Entonces el hielo necesita recibir 750 calorías para llegar a 0 °C.

Hielo/Agua - Etapa de fusión
Ese hielo podría fundirse. Calculemos cuántas calorías necesitaría recibir para eso.
Q(Hielo - fusión) = mhielo . Lf = 50 g . 80 cal/g = 4000 cal

Por lo tanto: el hielo necesita 4000 calorías sólo para fundirse; es decir que necesita 4750 calorías para hacer el proceso completo de: pasar de -30 a 0 y luego fundirse.

Al llegar a este punto -y dado que cuando resolvimos el ejercicio 7 llegamos a que NO se fundía todo el hielo- podríamos pensar: ¿pero será que el Plomo puede dar estas calorías para que se funda todo? Entonces hagamos otro cálculo auxiliar: pensemos que el Plomo va de 150 a 0 y calculemos cuántas calorías cede. Tomamos 0 °C porque es la mínima temperatura a la cual podría llegar el plomo si el hielo se fundiera.... (ya que si el hielo sube a 0 °C, el, el plomo NO puede ir por debajo de cero, sería contradictorio)

Plomo - de 150 a 0
Q(Pb 150 a 0) =  2000 g . 0,03 cal/ (g°C ) . (0°C - 150 °C) = - 9000 cal.

¡Si el plomo pasara de 150°C a 0 °C, cedería 9000 calorías! Esto nos alcanza y nos sobra, para proveerle al hielo las 4750 calorías que necesita para llegar a ser agua a 0 °C. De aquí deducimos las siguientes ...

Consecuencias:

- El hielo, efectivamente, además de pasar de -30 a 0, va a fundirse completo.
- Y como las calorías sobran, el agua resultante va a calentarse. Es decir que la temperatura final del sistema, seguro va a ser mayor que 0 °C.
- Y además surge otra posibilidad: podría llegar a suceder que el agua se caliente hasta 100 °C y que luego parte de la misma, o toda, pase a ser vapor. 

- Pero ahora surge algo importante: como el agua resultante del hielo, va a tener temperatura mayor que cero, entonces el plomo no puede llegar a cero!! Es decir, que el cálculo auxiliar que hicimos de las -9000 calorías "nos queda grande", seguro van a ser menos que 9000! El plomo va a llegar a una Tfinal, no sabemos a cuál todavía, pero va a ser MAYOR que cero.

Para  descartar, o no, que el agua llegue a los 100 °C y que comience a vaporizarse, hagamos otro cálculo auxiliar: veamos cuántas calorías necesita el agua para llegar a 100°C:

Agua de 0 a 100
Q(agua 0 a 100) = 50 g . 1 cal/(g°C)  . (100°C - 0°C) = 5000 cal

 Es decir, que necesitamos 5000 calorías adicionales para que el agua vaya de 0°C a 100°C, OJO, además de las 4750 que ya necesitábamos para tener agua a 0!!

¿Puede el plomo proveer esto? Ya no nos sirven las 9000 calorías que habíamos calculado... ya que si el agua subiera a 100 °C, el plomo no puede bajar de 100 C!!. Entonces veamos cuánto puede dar el plomo si va de 150°C a 100°C:

Plomo - De 150°C a 100°C

Q(Pb 150 a 100) = 2000 g . 0,03 cal/(g °C) . (100°C - 150°C ) = - 3000 cal

Esto significa que, si el plomo llega sólo a 100°C, NO puede proveer las calorías necesarias para que el agua llegue a 100°C (ni siquiera le elcanzaría para fundir al hielo!).

Conclusión: el agua aumenta su temperatura luego de la fusión pero NO llega a 100°C, y el plomo va a bajar más allá de los 100°C, hasta alguna temperatura por encima de 0°C, como ya habíamos dicho antes. 

Entonces, recapitulando:

- El hielo aumenta su temperatura hasta 0 y después se funde todo

- El agua resultante se calienta pero NO llega a 100, sino a cierta Tf

- El plomo se enfría hasta esa Tf.

- La temperatura final verifica 0 < Tf < 100. Tf es incógnita.

- El sistema en su estado final consistirá en: agua líquida y plomo.
  Ahora que ya sabemos cuál es el estado final (y por lo tanto, sabemos qué términos tenemos que tener en cuenta), planteamos la ecuación del calorímetro, considerando TODOS los calores que en realidad se intercambian:

Q(Hielo de -30 a 0) + Q(Hielo - fusión) + Q(agua - de 0 a Tf) + Q(Pb de 150 a Tf) = 0.

Los tres primeros términos corresponden al hielo/agua, y el último al plomo. Figuran solamente los términos asociados a los procesos que realmente ocurren.  Es decir: algunos cálculos auxiliares no figuran, porque NO ocurren: lo de las 9000 calorías queda descartado porque el plomo no llega a cero, las 5000 calorías que calculamos para el agua tampoco porque el agua NO llega a 100°C, etc.

Ahora desarrollamos la expresión de arriba:

mhielo . chielo  . (0°C - (-30°C)) + mhielo . Lf + magua . cagua . (Tf - 0 °C) + mPb . cPb . (Tf - 150°C) = 0.

Reemplazando:
50 g . 0,5 cal/(g °C) .(0°C - (-30°C)) + 50 g . 80 cal/g + 50 g . 1 cal/(g° C) . (Tf - 0°C) + 2000 g . 0,03 cal/(g °C) . (Tf - 150 °C) = 0.

Por lo tanto:
750 cal + 4000 cal + 50 g . 1 cal/(g° C) . (Tf - 0°C) + 2000 g . 0,03 cal/(g °C) . (Tf - 150 °C) = 0.    (*)

En la ecuación (*), Tf es la única incógnita, así que sólo queda agrupar las apariciones de Tf y despejar: Queda:

Tf = 38,636 °C

Siempre tenemos que chequear que el resultado sea consistente. En este caso lo es, porque la temperatura nos da mayor que cero y menor que 100°C, tal como debía ser. .

Volquemos todo en un gráfico de T vs |Q|:

En azul se muestran las etapas para el agua / hielo, y en violeta el enfriamiento del plomo. El punto naranja es el estado final del sistema, Tf = 38,636 °C. Notar que el valor de la abscisa para esa temperatura (6681,81 cal) es la cantidad total de calorías que absorbe el hielo/agua, o también, la cantidad de calorías cedidas por el plomo, desde el comienzo, hasta el estado de equilibrio.

Este valor  de 6681,81 cal puede calcularse sumando los tres primeros términos de la ecuación (*), reemplazando Tf = 38,636 °C


Calor total absorbido por el hielo/agua = 750 cal + 4000 cal + 50 g . 1 cal/(g° C) . (38.636°C - 0°C) = 6681,818 cal

o bien, mediante el cuarto término de la ecuación (*), también reemplazando Tf = 38,636 °C:

Calor total cedido por el plomo = 2000 g . 0,03 cal/(g °C) . (38,636 °C - 150 °C) = -6681,818 cal

(da negtivo porque son cedidas en este caso).

El gráfico muestra también, lo que le sucedería al agua si continuara calentándose: necesitaría 5000 calorías para ir de 0 a 100 (este cálculo lo hicimos más arriba), y posteriormente comenzaría la vaporización.

Calorimetría: hielo + vapor en un calorímetro

Se introducen 100 g de vapor de agua a 100C y 100 g de hielo a 0C en un recipiente adiabático a presión atmosférica normal. ¿Cuál será el estado final del sistema y a qué temperatura estará?



Datos: Lvap = 540 cal/g, Lf = 80 cal/g, chielo = 0,5 cal/gC, cagua = 1 cal/g C:

En este problema, evidentemente va a haber cambios de fase, pero no sabemos cuál de ellos va a completarse; no sabemos si al quedar todo en equilibrio vamos a tener sólo agua líquida o una mezcla de fases. Veamos:

- Tenemos hielo a 0 C. El hielo va a comenzar a fundirse, pero no sabemos si se fundirá todo o una parte.
Si se funde todo, el agua líquida resultante va a calentarse.
- También hay vapor a 100 C. Va a comenzar a condensarse, pero no sabemos si se condensará todo. Si se condensara todo, el agua líquida resultante podría llegar a enfriarse.

Entonces comenzamos a hacer algunos cálculos auxiliares:

1) Para fundir completamente el hielo:

Se necesitarían Q1 = mhielo . Lf = 100 g . 80 cal / g = 8000 calorías


Veamos si el vapor podría dar ese calor al hielo:

2) Si el vapor se condensa todo, cedería:

Q2 = - mvapor . Lvap = - 100 g . 540 cal/g = - 54000 calorías.

--> Entonces, el vapor sí puede darle 8000 calorías al hielo, y MAS AUN. Esto significa que el hielo va a fundirse todo, y no sólo eso, sino que el proceso va a continuar, y el agua líquida proveniente del hielo puede calentarse.

Entonces sigamos con cálculos auxiliares:

3) Calor para calentar el agua (proveniente del hielo) de 0ºC a 100ºC:

Q3 = 100 g . 1cal/g ºC (100ºC - 0ºC) = 10000 cal

Por lo tanto, si el hielo original recibe 8000 cal + 10000 cal = 18000 cal, se funde y luego se calienta hasta 100 C. ¡Y todavía nos sobran calorías de las 54000 que podría dar el vapor!

¿Qué sucede entonces? Esto quiere decir que el vapor NO va a ceder las 54000 calorías sino MENOS, es decir, que se va a condensar sólo en parte.

Pero si en el equilibrio el vapor está parcialmente condensado, y la presión es la atmosférica, eso quiere decir que va a quedar a 100 ºC. Y por otro lado, tenemos el agua proveniente del hielo que se calienta hasta 100ºC. Por lo tanto: la temperatura final del sistema será 100 ºC, y el estado final estará formado por agua + vapor. El agua será: la proveniente del hielo, más la del vapor condensado, y el vapor: será el que no se condensó.

Una vez que llegamos a esta conclusión, lo que falta es saber cuánto es el vapor que se condensó. Planteamos la ecuación del calorímetro:

Q(fusión del hielo) + Q(agua de 0 a 100 C) + Q(condensacion de vapor) = 0

100 g . 80 cal / g + 100 g . 1cal/g ºC (100 ºC - 0 ºC) - m(vapor) . Lvap = 0.

(el signo menos es porque al condensarse el vapor, CEDE calor)

De aquí despejamos m(vapor) = 33.33 g . Esta es la masa de vapor que se condensó, o sea que ahora tenemos 133.33 g de agua líquida = 100 g de agua proveniente del hielo + 33.33 g de vapor que se condensó. Y también hay 66.66 g de vapor de agua sin condensar.

Entonces: en el estado de equilibrio, tendremos 133.33 g de agua, y 66.66 g de vapor, todo a 100 ºC.

Calorimetría - Ejemplo

Aquí les dejo un problema de calorimetría, resuelto. Primero traten de resolverlo ustedes y después pueden usar esto para revisar.

Se ha medido el calor entregado a una piedra, inicialmente a 0ºC, y la temperatura alcanzada. Los resultados se muestran en el gráfico:

Cuando esa misma piedra tiene una temperatura de 60 C se la introduce en un litro de agua a 20 C, dentro de un recipiente adiabático.


Hallar la temperatura de equilibrio del sistema.


Resolución: leyendo el enunciado, vemos que aquí se describen dos situaciones diferentes:
1) Se hace un experimento, donde se le da calor a una piedra, y a medida que se le da calor, se mide su temperatura. Estos son los datos del gráfico.
2) Por otra parte, independientemente de lo anterior, se hace otro experimento: estando la piedra a 60ºC se la introduce en un calorímetro adiabático junto con 1 litro de agua a 20ºC.

Podemos plantear la situación descripta en 2) por calorimetría, de la siguiente manera:

Q(piedra) + Q(agua) = 0        -->

mpiedra . cpiedra . (Tf - 60ºC) + 1 kg . 1 kcal/(kg ºC) . (Tf - 20ºC) = 0  

Podríamos hallar Tf despejando de esta ecuación si tuviéramos mpiedra . cpiedra o, lo que es lo mismo, la capacidad calorífica de la piedra: Cpiedra = mpiedra . cpiedra.

 Pero aún no tenemos ese dato, y es ahí cuando podemos acudir al gráfico que nos dieron en la primera parte. Si sabemos la dependencia entre Q y T, entonces deberíamos poder averiguar Cpiedra. Observando el gráfico, vemos que:

Al darle Q = 450 kcal a la piedra --> esto produce una variación de temperatura Δ T  = 100 ºC

Y como: Q = C Δ T --> de aquí despejamos la capacidad calorífica de la piedra.

C = Q/  Δ T = 4.5 kcal/ºC

Luego reemplazamos este valor en le ecuación del calorímetro:

Cpiedra . (Tf - 60ºC) + 1 kg . 1 kcal/(kg ºC) . (Tf - 20ºC) = 0    -->

 4.5 kcal/ºC (Tf - 60ºC) + 1 kg . 1 kcal/(kg ºC) . (Tf - 20ºC) = 0   -->

5.5 kcal/ºC Tf =  290 kcal   -->

Tf  =  52.727º C

Esta es la temperatura de equilibrio del sistema.

Resolución de un problema de entropía propuesto en clase

En un recipiente se mezclan 1 litro de agua a 70ºC con 1 litro de agua a 10ºC. La temperatura final es de 20ºC. Considerando como sistema al contenido del recipiente, la única afirmación correcta es:


a) ΔSuniverso > 0 y ΔUsistema < 0
b) ΔSsistema > 0  y ΔUsistema > 0
c) ΔSsistema < 0  y ΔUsistema = 0
d) ΔSuniverso = 0 y ΔUsistema < 0
e) ΔSentorno = 0 y ΔUsistema < 0
f) ΔSentorno > 0 y ΔUsistema = 0

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Nota previa:
Observemos la situación y los datos que nos dan. Nos dan la masa, la temperatura, e implícitamente el calor específico (es agua, y ya lo sabemos) de los dos elementos que se mezclan. Además, nos dan la temperatura final... entonces, cuidado!!!!! porque si suponemos "por default" que el recipiente es adiabático (como en muchos problemas), y planteamos que la suma de calores es cero, vamos a llegar a una contradicción!!

Expresemos los calores intercambiados:

- El litro de agua a 70 que pasa a 20, cede un calor:

Q1 = 1 kg . 1 kcal /kg C (20 - 70) = - 50 kcal

- El litro de agua a 10 que pasa a 20, absorbe un calor:

Q2 = 1 kg . 1 kcal /kg C (20 - 10) = 10 kcal

Como mencionamos arriba, observemos que NO se verifica Q1 + Q2 = 0, esto quiere decir que el calorímetro NO es adiabático!!!!, sino que recibe/ cede calor.


En este caso:



Qneto = Q1 + Q2 = - 40 kcal


"Qneto" es el calor neto que intercambia el calorímetro con el exterior. Da negativo, esto significa que el calorímetro cede calor al ambiente.


Pasemos ahora a resolver concretamente el problema:
leyendo las opciones que da el enunciado, vemos que se menciona a:
- el sistema: aquí se llama sistema al contenido del recipiente, es decir, a los dos litros de agua.
- el entorno: esto es, el ambiente externo al calorímetro.
- el universo: es el conjunto del sistema más su entorno.


Entonces, analicemos qué pasa con la entropía del universo, del sistema y del entorno, y con la energía interna del sistema.


El calorímetro cede calor, entonces podemos intuir que la entropía del SISTEMA va a disminuir, vamos a corroborar esto calculando ΔSsistema . La misma tiene dos contribuciones: la variación de entropía del agua que inicialmente estaba a 70C (1), y la variación de entropía del agua que inicialmente estaba a 10C (2).

ΔSsistema =  ΔS1 +  ΔS2 = 1 kg 1 kcal/(kg K) ln(293/343) + 1 kg 1 kcal/(kg K) ln(293/283) < 0

Como el ENTORNO absorbe ese calor cedido por el recipiente, su entropía aumentará:

ΔSentorno = + 40 kcal / Tentorno > 0

(OJO. Antes teníamos -40 kcal, eso era negativo desde el punto de vista del sistema porque era un calor cedido, pero como ahora analizamos el ENTORNO, para el entorno ese Q es POSITIVO porque lo recibe)

No sabemos cuál es la temperatura del entorno. Pero sí sabemos, que este proceso es irreversible, y por lo tanto, seguro que tiene que cumplirse:

ΔSuniverso > 0

Ya podemos ir descartando algunas de las opciones. Ahora nos falta analizar qué pasa con la variación de energía interna del sistema formado por los dos litros de agua. Por el primer principio de la termodinámica:


ΔUsistema = Qsistema  - Lsistema

En este caso Lsistema = 0, y Qsistema es el Qneto que calculamos antes, Qsistema = -40 kcal . Por lo tanto:

ΔUsistema = - 40 kcal < 0

Por lo tanto, la única opción verdadera es la a) ΔSuniverso > 0 y ΔUsistema < 0

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Si no entendés algo, podés dejar tus preguntas a continuación.

Resolución de un problema de ejemplo de calorimetría

En un recipiente se coloca un bloque de 2kg de aluminio (c_Al = 0,214 cal/g ° C) a 200°C, junto con 100 g de hielo (c_hielo = 0,5 cal/g ° C ) a -30°C. Se cierra el recipiente, y se espera a que el sistema llegue al equilibrio. Suponiendo que el recipiente no deja pasar calor de/hacia el exterior y que su capacidad calorífica es despreciable, calcular:
a) La temperatura final del sistema y su estado.
b) La variación de entropía del universo

a) La temperatura final del sistema y su estado.

Pensemos qué es lo que podría ocurrir, aclaremos que aún no sabemos si todas las siguientes etapas van a tener lugar o no, esto dependerá de los datos:


a) El hielo absorbe calor del aluminio:

a1) por lo tanto va a calentarse desde los -30 °C , pudiendo llegar hasta 0 ° C, 

a2) Si en la etapa anterior llegara a 0 ° C, luego podría fundirse, esto ocurriría a temperatura constante de 0° C

a3) Si se fundiera todo, luego el agua líquida resultante podría calentarse desde 0°C hasta 100° C

a4) Si el agua llegara a 100°C, después podría pasar a ser vapor de agua, durante este proceso el agua-vapor seguiría a 100°C

a5) y por último, si la etapa anterior se completara, el vapor resultante podría calentarse hasta una temperatura mayor que 100° C

b) El aluminio cede calor al hielo/agua/vapor:

b1) por lo tanto va a enfriarse, desde una temperatura de 200° C hasta una temperatura final Tf. Seguro que va a ser Tf < 200° C. El aluminio no sufre cambios de estado ya que su temperatura de fusión está muy por encima de 200° C.

Pero, ¿cuáles realmente de las etapas a1) a a5) son las que ocurrirán? Para averiguar eso, primero calculemos cuántas calorías necesitarían estas etapas.

a1) Calor que absorbería el hielo para ir de -30°C a 0°C

Qa1 = mhielo c_hielo (0 - (-30) °C = 100 g 0,5 cal/g°C 30 C = 1500 cal

a2) Calor que absorbería el hielo durante la fusión (proceso a 0° C)

Qa2 = mhielo Lfus_hielo = 100 g 80 cal/g = 8000 cal

a3) Calor que absorbería el agua para ir de 0°C a 100° C

Qa3 = magua c_agua (100 - 0)°C = 100g 1cal/g°C 100°C = 10000 cal

a4) Calor que absorbería el agua para transformarse en vapor (proceso a 100° C)

Qa4 = magua Lvap = 100g  540 cal/g = 54000 cal

a5) Calor que absorbería el vapor de agua para calentarse desde 100°C hasta alguna temperatura final

Qa5 = mvapor c_vapor (T - 100°C) = 100 g 0,47 cal/g°C (T -100°C)


Veamos cuántas calorías puede ceder el aluminio, así vamos a saber hasta dónde va a llegar el agua, es decir, vamos a saber cuáles de las etapas anteriores realmente tienen lugar.

El aluminio se enfría desde 200C hasta la temperatura final (etapa que llamamos b1), es decir:

Qb1 = maluminio c_Al (Tf - 200°C) = 2000 g 0,214 cal/g°C (T - 200°C) =  428 cal/C (T - 200°C)    (ec. 1)

Para calcular Qb1 necesitaríamos la temperatura final. Pero hagamos un cálculo hipotético:

- Si tomáramos T = 100°C, nos quedaría Qb1 =  - 42800 calorías

[Aclaración: el anterior es un cálculo tentativo, es decir, todavía NO sabemos si el aluminio va a llegar a 100C, o si va a bajar de 100C, o si no baja tanto como hasta 100C, pero como 100 C es una temperatura "relevante" (ya que es el punto de ebullición del agua) la elegimos para hacer nuestro cálculo, y luego veremos qué le pasaría al agua si el Aluminio llegara a 100 C. ]

Esas 42800 calorías las absorbería el agua. Observando los resultados anteriores, fíjense que esas calorías SÍ alcanzan y sobran para que el hielo se caliente, se funda, y para que el agua llegue a 100°C. PERO, no alcanzan para que el agua se haga toda vapor, ya que para eso necesitaríamos: 1500 cal + 8000 cal + 10000 cal + 54000 cal = 73500 calorías!!! Y el aluminio no puede cederlas, a menos que su temperatura final fuera menor que 100, pero esto no podría pasar, ya que el agua va a llegar a 100 °C seguro.

Entonces:
- Las etapas Qa1, Qa2 y Qa3 sí van a suceder, completas, porque para eso sólo se necesitan 1500 cal + 8000 cal + 10000 cal = 19500 calorías, y el Aluminio sí puede cederlas.
- La etapa Qa4 va a suceder parcialmente, ya que se necesitan 54000 calorías y el Aluminio no puede cederlas todas, pero sí una parte. Entonces, Qa4 va a poder expresarse de la siguiente manera:

Qa4 = mvapor  Lvap = mvap 540 cal/g

donde mvap es la masa de agua que pasa al estado de vapor.

- La etapa Qa5, es decir, que los 100g de vapor se calienten a partir de 100°C, queda descartada, ya que el agua NO va a transformarse totalmente en vapor.

Entonces: el hielo se va a calentar desde -30°C, se va a fundir, el agua resultante se calentará hasta 100°C, y parte de ella se vaporizará. Al mismo tiempo el aluminio se va a enfriar. En el estado final, va a haber agua y vapor a 100°C, por lo tanto el aluminio estará también a esa temperatura. La temperatura final ahora no es incógnita, pero sí lo es la masa de agua que va a vaporizarse.

Ahora sí podemos plantear la ecuación para el calorímetro adiabático:

Suma de calores = 0

Qa1 + Qa2 + Qa3 + mvap 540 cal/g + Qb1 = 0

Reemplazando cada uno (Qa1, Qa2 y Qa3 se calcularon arriba, Qb1 se calcula reemplazando T = 100°C en (1), y mvap es incógnita):

1500 cal + 8000 cal + 10000 cal + mvap 540 cal/g  + 2000 g 0,214 cal/g°C (100 - 200) °C = 0

Despejando, sale que:

mvap = 43,15 g

Este valor es consistente con los datos, ya que da menor que la masa de agua total, que es de 100 g. Si nos hubiera dado un valor absurdo: una masa negativa, o un valor de masa superior a 100g, entonces tendríamos que revisar todo!!

Entonces: el estado final del sistema será:
- Temperatura de equilibrio, 100°C
- Habrá 2000 g de Aluminio sólido,  43,15 g de vapor de agua y (100 - 43,15) g de agua líquida.

Gráfico de T vs |Q|:

b) Variación de entropía del sistema

Δ Suniv = ΔSsistema agua-Aluminio + ΔSentorno

Como el calorímetro es adiabático, no pasa calor desde/hacia él, por lo tanto: ΔSentorno= 0
Así que, la variación de entropía del universo, ΔSuniv, será sólo debida a los elementos que están dentro del recipiente: hielo/agua/vapor y aluminio. Es decir:

Δ Suniv = ΔSsistema agua-Aluminio = ΔSagua + ΔSAluminio       (ec. 2)

Hallemos por separado ambos términos de la ecuación anterior

- Variación de entropía del aluminio:

ΔSAluminio = maluminio c_Al ln (Tfinal/Tinicial_Al) = 2000 g 0,214 cal/g°C  ln(373°K/473°K)    (ec. 3)

(cuidado! las temperaturas en la entropía tienen que estar en grados KELVIN!)

- Variación de entropía del agua. Aquí tenemos 4 contribuciones, de las 4 etapas:

 ΔSagua = ΔS (hielode -30 a 0) + ΔS (fusión del hielo) + ΔS (agua de 0 a 100) + ΔS (vaporización de parte del agua) 

ΔSagua = mhielo c_hielo ln(273°K/243°K) + mhielo Lfusiónhielo / 273°K + 

+ magua c_agua ln(373°K/273°K) + mvap Lvap /373 K

ΔSagua = 100 g  0,5 cal/g°C ln(273 K/243 K) + 100 g  80 cal/g  /273°K + 

+ 100 g 1 cal/g°C ln(373°K/273°K) + 43,15 g 540 cal/g / 373°K               (ec. 4)

Luego, reemplazando en la ecuación (2) los valores de variación de entropía hallados en las ecuaciones (3) y (4), se obtiene la variación de entropía del universo (hacer la cuenta!). Tiene que dar positiva!!

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Variantes:
1) Repetir el problema, si en vez de 2 kg de aluminio tuviéramos sólo 100 g de Aluminio. ¿Qué etapas ocurren ahora?

2) Calcular la masa mínima del aluminio (también, con temperatura inicial de 200°C), para que el bloque de hielo (inicialmente a -30°C), llegue a transformarse en vapor de agua a 120°C.