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

Máquina térmica con datos: Tc, Tf y |L|, para la cual se analizan varias opciones

Problema: Si una máquina térmica opera cíclicamente entre dos temperaturas Tc = 900 K y Tf = 300 K, y entrega 1000 J de trabajo en cada ciclo, entonces:

a) El rendimiento de la máquina puede ser del 70%.
b) Si la máquina fuera reversible, en cada ciclo absorbería 2000 J de la fuente caliente.
c) La máquina absorbe 1000 J de la fuente caliente en cada ciclo.
d) Si la máquina absorbiera 1500 J de la fuente caliente, sería reversible.
e) La máquina no puede entregar más de 1000 J a la fuente fría en cada ciclo.
f) En cada ciclo la máquina absorbe menos de 1000 J de la fuente caliente.

Resolución: vamos a analizar cada afirmación para chequear si es verdadera o falsa.

a) El rendimiento de la máquina puede ser del 70%.

El rendimiento de cualquier máquina térmica, tiene que ser menor o igual que el rendimiento ideal. Entonces, para saber si un rendimiento de 70% es posible, calculemos el rendimiento ideal (que es el máximo) de una máquina térmica entre las temperaturas dadas:

ηREV = 1 - Tf/Tc = 1 - 300 K/900K = 1 - 1/3 = 2/3.

Es decir que el rendimiento máximo es del 66,66.. %. Por lo tanto, nunca puede ser del 70%; esto violaría el 2do. principio. Así que, la opción a) es FALSA.


b) Si la máquina fuera reversible, en cada ciclo absorbería 2000 J de la fuente caliente.

Supongamos entonces que la máquina fuera reversible. Si se diera esto, la variación de entropía del universo sería cero, o sea que:

ΔSuniv = - |Qc| / Tc + |Qf| / Tf = 0

O sea:  |Qc| / 900 K = |Qf| / 300 J          

→ |Qc| = 3. |Qf|           (1)

Por otra parte, la máquina tiene que cumplir también el primer principio, o sea:
|Qc| = |Qf| + |L| = |Qf| + 1000 J

Por lo tanto, |Qf| = |Qc| - 1000 J

Reemplazando esta última expresión en la relación (1), queda:

|Qc| = 3 . [ |Qc| - 1000 J]

Distribuyendo el 3, juntando las |Qc| y despejando:

|Qc| = 3 . |Qc| - 3000J
3000 J = 3 . |Qc| - |Qc|
3000 J = 2 . |Qc|

|Qc| = 1500 J

Es decir que si la máquina fuera reversible, daría |Qc| = 1500 J y NO 2000 J como dice esta opción. Por lo tanto, la opción b) es FALSA. Y de paso ya obtuvimos cuál es el verdadero |Qc| para una máquina reversible: 1500 J. Esto hace que la opción d) sea verdadera.

c) La máquina absorbe 1000 J de la fuente caliente en cada ciclo.

Esta opción es imposible ya que la máquina entrega 1000 J de trabajo. Si absorbiera 1000 J de la fuente caliente, estaría transformando, para un proceso cíclico, todo el calor en trabajo (ya que daría |Qf| = 0), y esta opción no es posible porque violaría el 2do. principio: entonces la opción c) es FALSA.

d) Si la máquina absorbiera 1500 J de la fuente caliente, sería reversible.

Esta opción es VERDADERA. Para una máquina reversible entre estas temperaturas, se obtiene |Qc| = 1500 J. El cálculo ya se hizo en el análisis de la opción b) (ver más arriba).

Notar que, justo cuando |Qc| = 1500 J, el rendimiento de la máquina da η = |L|/|Qc| = 1000J/1500J = 10/15 = 2/3, el cual lógicamente coincide con el rendimiento ideal.

e) La máquina no puede entregar más de 1000 J a la fuente fría en cada ciclo.

El segundo principio no restringe la cantidad de calor residual (|Qf|) que puede entregar la máquina. Pero para asegurarnos de que esta opción es realmente falsa, encontremos un ejemplo de máquina que entregue un Qf mayor que 1000 J, y veamos que esa máquina es posible.

Consideremos, por ejemplo, |Qf| = 4000 J. Como |L| = 1000 J (dato fijo del problema), entonces por el primer principio:

|Qc| = |L| + |Qf| = 1000J + 4000 J = 5000 J → esto asegura la validez del primer principio.

Ahora veamos si con estos valores de |Qc| y |Qf| vale el 2do. principio:

ΔSuniv = - |Qc| / Tc + |Qf| / Tf = - 5000J/900K + 4000 J/300K = -50/9 J/K + 40/3 J/K
ΔSuniv = -50/9 J/K + 120/9 J/K = 70/9 J/K

Y este valor es POSITIVO, así que esta máquina es posible (es obviamente irreversible). Es una máquina con un rendimiento de: η = |L|/|Qc| = 1000J/5000J = 1/5, que es bastante menor que el rendimiento ideal.

Entonces, como encontramos una máquina (una de ejemplo, puede haber muchas más si inventamos otros valores de |Qf|), que es posible, y que entrega un |Qf| mayor que 1000 J, la opción e) es FALSA.

f) En cada ciclo la máquina absorbe menos de 1000 J de la fuente caliente.

Esta opción es imposible porque se violaría el primer principio: como la máquina entrega 1000 J de trabajo, entonces no puede recibir un calor menor a 1000 J. Matemáticamente:

|Qc| = |Qf| + |L|
|Qc| = |Qf| +1000 J

Y como |Qf| es positivo, entonces |Qc| seguro va a ser mayor que 1000 J. Entonces, la opción f) es FALSA.

Fin. :D

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. 

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