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8/7/2019 DocumentoCalor
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1. Dilatacin Trmica 1
Proyecto 11.06.31 UTFSM
Problema 51
Una vasija de vidrio cuando est a 0[C] tiene un volumen interior que es exactamente
1000[ 3cm ]. Se llena hasta el borde con mercurio a esa misma temperatura y se calienta el
conjunto hasta 100[C], observndose que se derraman 15,2[ 3cm ] por el borde de la vasija.
Considere que el coeficiente de dilatacin cbica del mercurio es 1,82104[1/C].
Calcule el coeficiente de dilatacin lineal del vidrio.
Solucin 51
Inicialmente, a T = 0 [C] el volumen interior de la vasija (o capacidad) y el volumen del
mercurio son iguales, y los designamos por V0.
Finalmente, a T= 100 [C] el volumen VL de mercurio es mayor que el volumen VR de la vasija, y
la diferencia es el volumen derramado VD. Considerando la dilatacin trmica lineal tenemos que:
0(1 3 )
RV V T= + ,
0(1 )
LV V T= + ,
dnde es el coeficiente de dilatacin lineal del vidrio, es el coeficiente de dilatacin cbica del
mercurio y T=100 [C] es el cambio de temperatura.
Haciendo la diferencia -L R DV V V= y sustituyendo lo anterior tenemos que:
L R DV V V =
0 03
DV T V T V =
Despejando encontramos:
=
T1
VV
31
0
D
Reemplazando los valores numricos encontramos =1,0105[1/C].
Este resultado es consistente con los valores que aparecen en los textos.
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1. Dilatacin Trmica 2
Proyecto 11.06.31 UTFSM
Problema 52
Un reloj de pndulo mide exactamente el tiempo cuando la temperatura es de 25 [C], y para ello
realiza una oscilacin en 2 [s]. La varilla del pndulo es de acero, cuyo coeficiente de dilatacin
lineal es [ ]C/1105 6acero= , y su momento de inercia es despreciable comparado con el de la
lenteja. Cuando la temperatura es 15 [C], calcule:
a) La deformacin de la varilla (o sea, la variacin relativa de su longitud).b) Cuntos segundos por da se adelantar o retrasar el reloj?
Solucin 52
a) Cuando la temperatura es 15 [C], la longitud de la varilla cambia a (1 )L L T = + . Luego,
L L L L T = = , y finalmente
5
5 10
L
TL
= = . El signo menos indica que la
longitud disminuye, al igual que la temperatura.
b) En primer lugar es necesario relacionar la longitud del pndulo con su periodo. Recordemosuna manera de hacerlo, usando la ecuacin de Newton para torques.
Luego, la ecuacin que describe las oscilaciones del pndulo es:
0g
senL
+ =
I=
Torque InerciaRespecto a un eje que pasa por el extremo
fijo de la varilla tenemos que:
2
varillaI I m L= +
0
De acuerdo a la figura:
2( ) -L mg sen m L =
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1. Dilatacin Trmica 3
Proyecto 11.06.31 UTFSM
Considerando oscilaciones de pequea amplitud, la ecuacin se puede simplificar y en ella se
reconoce la frecuencia angular en esas condiciones.
20g g
L L + = =
Luego, el periodo 0 depende de la longitud L como sigue:
0 2 = 0
2L
g =
La relacin anterior indica que al disminuir la longitud del pndulo por efecto de la temperatura,
disminuye el periodo de oscilacin.
De acuerdo al enunciado, a temperatura [ ]25 CT = la longitud del pndulo satisface la relacin:
02
L
g = = 2 [s]
A la temperatura [ ]15 CT = , tenemos que 5( ) 5 10T T T = = y el nuevo periodo
es:
2 (1 ) 2[ ] 0,99997L
T sg
= + =
Puesto que el periodo disminuye, el reloj se adelanta. Entonces, a la temperatura de 15 [C] el
reloj marca 2 [s] cuando en realidad han transcurrido 20,99997 [s]. Entonces el reloj se adelanta
2(1 - 0,99997) cada 2 segundos. En un da hay 306024 periodos de 2[s] y por lo tanto el reloj
se adelanta en:
[ ](1 0,99997) 60 60 24 1,3[ ]s s
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1. Dilatacin Trmica 4
Proyecto 11.06.31 UTFSM
Problema 53
Una barra de seccin circular cilndrica, de radio R = 0,01[m] se coloca entre dos paredes rgidas
separadas por una distancia L = 1 [m], exactamente igual a la longitud de la barra a 20 [C].
Luego se eleva la temperatura hasta 100 [C] manteniendo constante la distancia entre las
paredes. Considere que en la barra el coeficiente de dilatacin trmica lineal es [ ]C/1101 -6=
y el mdulo de Young es 10 21 10 [ / ]Y N m= .
Calcule la fuerza que ejerce la barra sobre las paredes a 100 [C].
Solucin 53
El esquema de la situacin a ambas temperaturas es el siguiente.
Cuando no estn las paredes, la barra puede dilatarse libremente de modo que su longitud L y
radio R en trminos del cambio de temperatura son:
)1( TLL += ; )1( TRR +=
Para obtener la magnitud de la fuerza entre la barra y las paredes, calculamos la fuerza necesaria
para comprimir la barra desde L hasta L. Entonces, usando la relacin lineal entre esfuerzo y
deformacin tenemos,
LLLY
AF
=
Sustituyendo las expresiones anteriores obtenemos,
2 2 2( ) (1 )(1 )
L T TF Y R Y R T
L T
= = +
+
-
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1. Dilatacin Trmica 5
Proyecto 11.06.31 UTFSM
Notar que 6 51 10 80 8 10T = = es mucho menor que uno, lo que permite escribir la
siguiente aproximacin lineal que usamos para calcular:
2 F Y R T =
[ ]10 2 2 53,14 1 10 (1 10 ) 8 10 250F N = =
Finalmente, en la figura siguiente mostramos las fuerzas de accin y reaccin entre las paredes y
la barra.
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2. Calorimetra 6
Proyecto 11.06.31 UTFSM
Problema 54
Un calormetro de cobre de 100 [g] de masa, inicialmente contiene 150 [g] de agua y 8 [g] de
hielo en equilibrio trmico a la presin atmosfrica. A continuacin se introduce en el calormetro
un trozo de plomo a una temperatura de 200 [C]. Despreciando las prdidas de calor al
ambiente, calcule la temperatura final del conjunto para dos situaciones:
c) la masa del trozo de plomo es de 100 [g].d) la masa del trozo de plomo es de 200 [g].
Considere que el calor latente de fusin del agua es [ ]53, 33 10 / fL J kg= , el calor especfico del
agua es [ ]4190 / AC J kg C = , el calor especfico de plomo es [ ]128 / PbC J kg C = y el calor
especfico de cobre es [ ]390 / CuC J kg C =
Solucin 54
La temperatura inicial del agua con hielo es de 0 [C], pues slo a esa temperatura pueden
coexistir cuando estn en equilibrio a la presin atmosfrica. Al depositar el trozo de plomo en el
calormetro empezar a derretirse el hielo. En primer lugar consideramos la energa que se
requiere para derretir todo el hielo y a continuacin calculamos la energa que puede aportar el
trozo de plomo al enfriarse. Para derretir todo el hielo se requiere,
h h fQ m L=
[ ]50, 008[ ] 3, 33 10 / 2664[ ]hQ kg J kg J = =
a) El trozo de plomo al enfriarse hasta ][0 C aportara una energa de,( )Pb Pb Pb i f Q m C T T = ,
dnde el cambio de temperatura es [ ]( ) 200i fT T C = . Luego,
[ ] [ ]0,1[ ] 128 / 200[ ] 2560PbQ kg J kg C C J = =
Comparando los valores obtenidos, notamos que hQ PbQ> , y concluimos que el trozo de
plomo no puede aportar la energa suficiente para derretir todo el hielo. Por lo tanto la
temperatura final del sistema en este caso es ][0 C .
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2. Calorimetra 7
Proyecto 11.06.31 UTFSM
Q
T [C]
0 2664 5120
200
b) Un trozo de plomo de 200 [g] al enfriarse hasta ][0 C aportara una energa de,[ ] [ ]0, 2[ ] 128 / 200[ ] 5120PbQ kg J kg C C J = =
Esta energa podra derretir todo el hielo y elevar la temperatura en el calormetro.A continuacin conviene calcular la energa que se requiere para que toda el agua en el
calormetro alcance la temperatura de ebullicin [ ]100fT C= .
[ ] [ ]( ) 0,158[ ] 4190 / 100[ ] 66202A A A f iQ m C T T kg J kg C C J = = =
Comparando los valores obtenidos, notamos que AQ PbQ> , y concluimos que el trozo de plomo
no puede aportar la energa suficiente para subir la temperatura hasta [ ]100fT C= . Comparando
mejor, notamos que ni siquiera hay energa suficiente para subir la temperatura en 10[ C] , por lo
tanto la temperatura final del sistema en este caso es un valor entre ][0 C y [ ]10 C , que
calculamos a continuacin. Para ello escribimos una relacin en que igualamos la energa
requerida para derretir el hielo y elevar la temperatura del calormetro con agua, con la energa
que aporta el trozo de plomo al bajar su temperatura. Entonces,
2664[ ] ( 0) ( 0) (200 )A A Cu Cu Pb PbJ m C T m C T m C T + + = ,
dnde debe usarse [ ]0,158Am kg = que corresponde a la suma de la masa de agua ms la masa de
todo el hielo, que al fundirse absorbi los 2664[J] que figuran en la relacin. Introduciendo los
valores numricos encontramos
que la ecuacin es
aproximadamente,
2664 662 39 5120 26T T T+ + = ,
la cual puede resolverse resultando
la temperatura final de equilibrio
[ ]3,4T C= . El grfico siguiente
muestra la relacin entre las
temperaturas del trozo de plomo y
del agua, en trminos del calor queintercambian. La interseccin entre
las rectas representa el estado final de equilibrio.
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2. Calorimetra 8
Proyecto 11.06.31 UTFSM
Problema 55
Una mezcla con 500[g] de agua lquida y 100[g] de hielo se encuentra inicialmente en equilibrio
trmico a la temperatura de 0[C], en un recipiente aislado. A continuacin se introduce al
recipiente 200[g] de vapor de agua a 100[C]. Suponga que la capacidad calrica del recipiente
es despreciable y los datos siguientes: calor de fusin del hielo Lfusin = 3,33105[J/kg], calor de
vaporizacin del agua Lvaporizacin= 22,6105[J/kg] y calor especfico del agua c = 4.200[J/kgC]
a) Explique lo que sucede
b) Se alcanza a derretir todo el hielo?
c) Se alcanza a condensar todo el vapor?
d) Encuentre la temperatura final del sistema.
e) Determine la composicin final del sistema en [gr].
Solucin 55
a) Puesto que la mezcla agua+hielo se encuentra inicialmente en equilibrio trmico, no existe
traspaso de calor entre sus componentes. Cuando se introduce en ella el vapor de agua, ste
comienza a entregarle calor a la mezcla y el hielo comienza a derretirse, hasta que todos los
componentes del sistema alcanzan nuevamente un nuevo estado de equilibrio.
b) Para responder a las preguntas conviene hacer dos clculos preliminares sobre la energa
involucrada en cada posible cambio de fase.
1. Cunta energa se extrae del vapor de agua al llevarlo a la fase de agua lquida a 100[C] ?El cambio de fase ocurre a la temperatura constante de 100[C], entonces:
vapor vapor vaporizacinQ m L=
[ ] [ ]50,2 22,6 10 452.000vaporQ J J= =
2. Cunta energa absorbe la mezcla agua+hielo al pasar a la fase de agua lquida a 0[C] ? Elcambio de fase afecta slo al hielo y ocurre a 0[C] , entonces:
( )a
hielo hielo fusinQ m L=
[ ] [ ]50,1 3,33 10 33.300hieloQ J J= =
Los resultados anteriores indican que hielovapor QQ > ;luego el vapor puede aportar con el calor
requerido para fundir todo el hielo, y por lo tanto concluimos que se derretir todo el hielo.
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2. Calorimetra 9
Proyecto 11.06.31 UTFSM
c) A continuacin conviene calcular cunta energa se requiere para calentar toda el agua
proveniente de la mezcla agua+hielo, hasta la temperatura de 100[C] y compararla con el calor
disponible al condensarse todo el vapor.
agua aguaQ m c T =
[ ] [ ](0,5 0,1) 4200 100 252.000aguaQ J J= + =
Notamos que la suma de 285.300[ ]aguahieloQ Q J+ = es inferior a [ ]452.000VAPORQ J= . Esto indica
que toda el agua proveniente de la mezcla agua+hielo podr alcanzar la temperatura de 100[C],
sin necesidad de condensar todo el vapor.
d) La temperatura final de la mezcla de agua y vapor de agua es 100[C], nica temperatura a
la cual estn en equilibrio a la presin atmosfrica (1[atm]).
e) La masa de vapor ( vm en [g] ) que condensa se puede obtener haciendo la proporcin:
200[ ]
aguahielo v
vapor
Q Q mQ g
+ = ,
resultando 126[ ]vm g= . Lo anterior se visualiza graficando la temperatura del subsistema
agua+hielo y del subsistema vapor de agua, en funcin del calor intercambiado entre ambos.
Notar que lainterseccin de las rectas corresponde al estado de equilibrio trmico.
Finalmente la composicin del sistema una vez alcanzado el equilibrio corresponder a 500[g] +
100[g] + 126[g] = 726[g] de agua lquida (que corresponde a la suma de la masa inicial de agua
con hielo ms el vapor condensado) y 200[g] - 126[g] = 74[g] de vapor de agua, a la temperatura
de equilibrio de 100[C].
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3. Conduccin de calor 10
Proyecto 11.06.31 UTFSM
Problema 56
La pared interior de un horno es de ladrillo refractario con espesor de 4 [cm], y la superficie exterior es
de un material aislante, como se muestra en la figura adjunta. En condiciones normales de operacin, la
temperatura en la pared interior del horno es de 1000 [C] y la temperatura del ambiente exterior es de50 [C].
T= 1000 C
T= 50 C
e L
e A
Interior
hornoExterior
L A
Use los siguientes valores de conductividad trmica: para ladrillo ]Ccmcal/s[0,01 =L y para el
material aislante 10/]Ccmcal/s[0,001 L ==A .
Determine el espesor del material aislante de modo que su temperatura no exceda de 800 [C].
Solucin 56
El flujo de calor Hdepende del gradiente de temperatura y est dado por la ecuacin:
dx
dTAH = ,
dnde es la conductividad trmica y A es el rea del material a travs del cual fluye el calor en la
direccin x . El valor absoluto del flujo de calor a travs de una pared de caras paralelas de espesor
e, entre las cuales la diferencia de temperatura es T , la ecuacin anterior adopta la forma:
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3. Conduccin de calor 11
Proyecto 11.06.31 UTFSM
e
TAH
=
El flujo de calor en estado estacionario debe ser constante a travs de todo el espesor de la pared por
lo tanto se cumple que:
Aislante
ExteriorJuntura
A
Ladrillo
JunturaInterior
L
AislanteLadrillo
TTA
TTA
HH
ee
=
=
Reemplazando las temperaturas dadas en el enunciado, considerando que ][800 CTJuntura = y
despejando el espesor AislanteA ee = se obtiene finalmente:
][5,120001,0
4750001,04200750e
e
750
e
200
cmeL
ALA
A
A
L
L
=
==
=
Notar que el gradiente de temperatura en el aislante es de 500[C/cm] mientras que en el ladrillo es
slo de 50[C/cm]. Esto es as pues la conductividad trmica del aislante es 10 veces menor que en el
ladrillo.
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3. Conduccin de calor 12
Proyecto 11.06.31 UTFSM
Problema 57
Considere un depsito cilndrico de largo L, radio interior R y radio exterior 2R , que contiene agua a
una temperatura TA en un ambiente exterior que est a una temperatura menor TB. Considere que las
tapas del cilindro son aislantes trmicos perfectos y que el flujo de calor es radial y estacionario.a) Determine una expresin para la temperatura en funcin de la variable r(la distancia al eje). A
partir de ella calcule para rpara el cual la temperatura es igual al promedio de las temperaturas
interior y exterior.
b) Grafique la temperatura Ten funcin de la variable r.A continuacin suponga que el flujo de calor hace disminuir la temperatura del agua a partir del
valor inicial T0 = 90C, mientras la temperatura exterior se mantiene constante en TB = 20C,.
c) Deduzca una expresin para la temperatura del agua en funcin del tiempo y a partir de elladetermine cunto demora en llegar al valor 30[C].
d) Grafique la temperatura del agua en funcin del tiempo usando los siguientes datos: R= 10 [cm], = 1 [g/cm3], L = 40 [cm], = 0,01 [cal / s C cm], c = 1 [cal / g C].
Solucin 57
a) Consideremos una superficie cilndrica de radio r )2( RrR
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3. Conduccin de calor 13
Proyecto 11.06.31 UTFSM
en el cual rLA 2= es el rea por la cual fluye el calor. Entonces,dr
dTLrH 2= .
En estado estacionario Hes constante e independiente de r, lo que permite integrar la expresin
anterior como se muestra a continuacin,
=T
T
r
R A
dTLr
drH 2
( )ATTLH =
2
R
rln
El valor de Hse calcula usando la condicin exterior: 2 BTR)T( = . Entonces,
( )BA TTLH = 2ln(2) .
Reemplazando H y despejando T(r) resulta:
( )
=
R
rTTTrT BAA ln
)2ln(
)(
La expresin anterior permite probar fcilmente que la temperatura promedio 2/)()( BA TTrT +=
ocurre en Rr 2= . Con los valores numricos del enunciado, la expresin para la temperatura
interior del cascarn cilndrico, en estado estacionario, en grados Celsius es:
( )
=
R
rln10190rT
b) El grfico correspondiente a
T(r) es el siguiente.
c) Para analizar el
enfriamiento del agua
contenida en el cilindro,
supondremos que el flujo de
calor est dado por la relacin
de estado estacionario, con la
temperatura exterior TB constante. As, en un instante cualquiera, la temperatura interior es Ty el
flujo trmico hacia el exterior es:
20
10 20
90
r [ cm ]
T C
0
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3. Conduccin de calor 14
Proyecto 11.06.31 UTFSM
( )BTT
L
dt
dQH ==
)2ln(
2
El calor dQ que traspasa el agua al medio ambiente provoca un cambio dTen su temperatura; es
decir, cmdTdQ = , dnde c es el calor especfico y m la masa de agua. Entonces,
( )BTTL
dt
dTmc =
)2ln(
2
Separando las variables e integrando se obtiene:
=T
T
t
BA
dtcm
L
TT
dT
0)2(ln
2
)2(ln
2dnde,ln
cm
Lt
TT
TT
BA
B ==
Entonces la temperatura del agua en cualquier instante est dada por:
( ) ( ) tBAB eTTTtT+=
Reemplazando los datos del enunciado se obtiene: ( ) tetT += 000289,07020 .
Lo anterior permite determinar el instante t para el cual T(t) = 30 [C], resultando:
t = 6745 [s] 1 hora y 52 minutos
d) El grfico correspondiente a T(t) es el siguiente.
T( t ) [ C ]
t [ s ]
90
200
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3. Conduccin de calor 15
Proyecto 11.06.31 UTFSM
Problema 58
Considere un recipiente esfrico de radio interior ][10 cmR = y pared de espesor ][5 cme = y
conductividad trmica [ ]0,80 / K W m C = . En su interior se guarda m = 3 [kg] de hielo
inicialmente a -10 [C] en un ambiente cuya temperatura es constante de 20 [C].Considere los siguientes datos para el hielo: calor especfico 0,50[ / ]C cal g C = , y calor de fusin
[ ]80 /L cal g= .
Calcule el tiempo que transcurre hasta que todo el hielo se transforma en agua.
Solucin 58
El calor fluye desde el ambiente exterior hacia el interior del recipiente y comienza a aumentar la
temperatura del hielo hasta llegar a 0 [C]. A continuacin el calor derrite el hielo mientras latemperatura se mantiene constante en 0 [C].
El flujo de calor hacia el interior es radial y simtrico, lo cual permite escribir la siguiente
relacin (ley de Fourier) para el flujodt
dQ,
24dQ dT
K rdt dr
= ,
Este flujo atraviesa la superficie de una esfera de radio ry espesor dra travs del cual existe una
diferencia de temperatura dT. Notar que dQ es calor que entra en un lapso dt y 2r4 es el rea de
la esfera a travs de la cual pasa este calor.
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3. Conduccin de calor 16
Proyecto 11.06.31 UTFSM
En primer calculamos el flujo de calor H en trminos de la diferencia de temperatura entre el
interior y el exterior, suponiendo que sta se mantiene constante. Posteriormente consideraremos
que el flujo de calor hacia adentro hace cambiar la temperatura interior.
Para una diferencia constante de temperatura entre el interior y el exterior, el flujo estacionario de
calor a travs de una superficie esfrica de radio r es una constante independiente de r, para
eRrR + . Si el flujo no fuera constante significara que el calor se acumula en alguna parte
del recipiente esfrico cascarn, lo cual descartamos.
A continuacin resolvemos la ecuacin diferencial para el flujo radial de calor con las siguiente
condiciones de borde para la temperatura: T(R) = Ti , T(R+e) = Te .
Entonces,
2
4
dT
H Kr dr=
2
4dr KdT
r H
=
Integrando,
2
4 1 1 4( )
e
i
TR e
e i
R T
dr K K dT T T
r H R R e H
+
= =
+
De lo anterior podemos despejar el flujo de calor en funcin de la diferencia de temperatura,
4 ( ) (1 )e i
H K T T R R e= +
Usando los valores numricos dados en el enunciado, el flujo inicial de calor resulta deaproximadamente 113[W]. Este flujo debe disminuir a medida que sube la temperatura interior,
de acuerdo a la relacin
dTmCdQ = ,
siendo dT el cambio de temperatura del hielo cuando absorbe una cantidad de calor dQ .
Entonces,
dt
dTmC
dt
dQH ==
Usando el valor de Hencontrado anteriormente para una temperatura interior Tvariable, tenemos
que,
1t0[ ]
10[ ] 0
4 (1 ) ; dnde
( )
C
eC
dT K R R edt
T T C m
+= =
Luego,
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3. Conduccin de calor 17
Proyecto 11.06.31 UTFSM
1ln(20) ln(30) t + =
( )
t
23ln1 =
Con los datos numricos del enunciado resulta 3 10,48 10 [ ]s = y [ ]1
845t s= .
Cuando se derrite el hielo, la temperatura interior se mantiene constante en 0[C] y el flujo de
calor se mantiene constante aproximadamente en H= 60[W]. El calor requerido para fundir el
hielo es proporcionado por este flujo, entonces,
mLtH = 2
Con los datos numricos del enunciado resulta [ ]42 1,67 10t s= . Luego, el tiempo que transcurre
hasta que todo el hielo se transforma en agua es [ ]41 2 1,76 10t t s+ = , esto es aproximadamente
4,9 horas.
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3. Conduccin de calor 18
Proyecto 11.06.31 UTFSM
hielo
Text
Rint
e
Tapa Recipiente
Text
Rint
Tint
Rext
rdr
Problema 59
En una habitacin cuya temperatura ambiente es
20 [ ]extT C= , se encuentra un recipiente esfrico de
vidrio, cerrado, que contiene hielom = 3 [kg] de hielo a
temperatura deext
T = 10 [C]. El recipiente tiene 5 [cm]
de espesor y 10 [cm] de radio interior (ver figura).
Calcule el tiempo que trascurre hasta que todo el hielo se
transforma en agua.
Use los siguientes datos: conductividad trmica del vidrio
0,8 [ / ]vidrioK W m C = , calor especfico del hielo 0,5 [ / ]hieloc kcal kg C = , calor latente de
fusin del hielo L 80 [ / ]fusin kcal kg= , [ ] [ ]1 4.186,8kcal J = .
Solucin 59
El anlisis conceptual de la situacin permite distinguir
dos periodos de tiempo, en el primero el flujo de calor que
entra a travs de la paredes del recipiente aumenta la
temperatura del hielo desde 10 [C] hasta 0 [C], despus
se inicia el segundo periodo en el cual el hielo cambia de
fase a agua lquida.
Primero vamos a obtener el flujo de calor a travs de la
capa esfrica en funcin de las temperaturas interior intT y exterior extT . Para ello conviene
utilizar un sistema de coordenadas esfricas cuyo origen est el centro de la esfera, como se
muestra en la figura. La ecuacin diferencial de conduccin trmica a travs de un cascarn
esfrico de radio r, rea2
4A r= y espesor dres:
2
rea delcascarn
= 4dT dT
H K A T K A r K r r dr dr
= =
Note que el flujo de calor H
es un vector que siempre tiene direccin contraria al vector
gradiente de temperatura T
, lo que est indicado por el signo negativo en la ecuacin.
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3. Conduccin de calor 20
Proyecto 11.06.31 UTFSM
( )4
1 1
ext
hielo h ie lo
int ext
T T dTH K c m
dt
R R
= =
Para simplificar lo anterior definimos:
4 4 0 83 0
1 11 1
0 10 0 15int ext
K , W,
C
, ,R R
= = =
Entonces,
( )ext
hielo hielo
T TdT
dt m c
=
(3)
La relacin anterior expresa la rapidez de cambio de la temperatura del hielo en el interior del
recipiente. Separando las variables T y t e integrando con lmites apropiados, es posibledeterminar el tiempo requerido para que el hielo alcance la temperatura de 0[C]. Este
procedimiento se ejecuta a continuacin.
( )
hielo hielo
ext
m c dTdt
T T
=
( )
1 0
0
1t C
hielo hielo
extintT
m cdt dT
T T
=
1 [ln( ) ln( )]hielo hielo
ext int ext m ct T T T =
( )1
3 0, 5 4.186, 8 20 10ln ln 844,58[ ] 14[min]
3,015 20
hielo hielo ext int
ext
m c T T t s
T
= = =
Para calcular el tiempo que tarda en derretirse la masa de hielo, debemos determinar la magnitud
del vector flujo de calor durante el cambio de fase del hielo, es decir, con la temperatura interior
constante en Tfusin= 0 [C]. Entonces,
( )ext fusinH T T=
Este flujo es constante durante el cambio de fase y debe ser igual al cuociente entre el calor
requerido para fundir todo el hielo fusinQ y el intervalo de tiempo 2t que dura este cambio de
fase. Luego,
-
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3. Conduccin de calor 21
Proyecto 11.06.31 UTFSM
2 2
fusin hielo fusinQ m LdQH
dt t t
= = =
( )2
h ielo fusin
ext fusin
m LT T
t
=
Despejando 2t y evaluando se obtiene:
( ) ( )[ ]2
3 80 4 186 8278
3 05 20 0
hielo fusin
ext fusin
m L . ,t min
,T T
= =
Finalmente, el tiempo buscado corresponde a la suma de 1 2yt t , lo cual da como resultado final:
[ ] [ ]1 2
292 4 86total
t t t min , h= + = =
-
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4. Gases ideales 22
Proyecto 11.06.31 UTFSM
Problema 60
Un recipiente de forma esfrica con radio r=20 [cm] contiene un gas ideal a presin P1=1 [atm] y
a temperatura t1= 20[C]. El recipiente se calienta hasta alcanzar la temperatura t2=100 [C],
mantenindolo abierto para permitir que el gas escape y se mantenga constante la presin. Luego
el recipiente se cierra y se coloca en un bao de agua en equilibrio con hielo a temperatura
t3=0[C]. Datos: ][1001,1][15
1 PaatmP == y [ ]KmolJR = /31,8 (constante para gases
ideales)
a) Cuntas molculas de gas escapan del recipiente mientras ste se calienta?b) Cul es la presin en el recipiente cuando llega al equilibrio en el agua con hielo?
Solucin 60
a) El proceso de calentar el gas sucede a presin y volumen constante, de modo que lasmolculas que escapan del recipiente corresponden a la diferencia de moles de gas que hay
dentro de l a las temperaturas t1= 20[C] y t2=100 [C]. El volumen del recipiente es
][034,03
4 33mrV =
Usando la ecuacin de estado para un gas ideal tenemos que:
A 20 [C], 111 RTnVP = , de dnde obtenemos que ][4,129331,8
034,01001,1 5
1
11 mol
RT
VPn =
== ,
y a 100 [C], 221 RTnVP = , lo cual conduce a ][1,137331,8
034,01001,1 5
2
12 mol
RT
VPn =
== .
Hacemos notar que la temperatura T en la ecuacin de estado del gas ideal debe estar en Kelvin.
-
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4. Gases ideales 23
Proyecto 11.06.31 UTFSM
De lo anterior concluimos que el nmero de molculas que escapan del recipiente durante el
proceso de calentamiento es:
molculas3,0)( 21 aa NNnnN == , dnde231002,6 =aN es la constante de Avogadro.
Luego, escapan del recipiente aproximadamente molculas108,1
23
.b) Cuando el recipiente abierto est a 100 [C] y se cierra, quedan en su interior 2n moles de
gas. Entonces, al colocar el recipiente en agua con hielo se mantiene constante el volumen y
los moles, mientras se alcanza la temperatura de equilibrio que es 0 [C]. La presin debe
disminuir al igual que la temperatura. Luego,
323 RTnVP =
4
3
1,1 8,31 2737, 3 10 [ ] 0, 70[ ]
0,034P Pa atm
= = =
-
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4. Gases ideales 24
Proyecto 11.06.31 UTFSM
Problema 61
Un recipiente esfrico de 20 [cm] de dimetro contiene un gas ideal que inicialmente est a 1 [atm]
y a 20 [C]. El gas se calienta hasta alcanzar los 100 [C] manteniendo el recipiente abierto y
permitiendo que parte del gas se escape. Posteriormente el recipiente se cierra y se sumerge en unbao de agua congelada (agua y hielo en equilibrio).
a) Cuntas molculas de gas se escapan del recipiente a medida que es calentado?b) Cul es la presin del gas cuando alcanza el equilibrio en el agua congelada?
Solucin 61 Instante t=0
En el instante inicial, (t=0) tenemos que:
- Ti= 20 [C]
- Pi = 1 [atm] , ya que el recipiente est abierto.
- r= 20 [cm] =0,2 [m], y el volumen del recipiente es:
3 34 0,034 [ ]3
V r m= =
Usando la ecuacin de estado pV=nRT se obtiene el nmero iniciali
n de moles de molculas.
Con los valores Pi = 1 [atm] = 1,01 105 [Pa], R = 8,31 [Joule/ (mol K)], Vi = 0,034 [m3], Ti =
20 [C] = 293 [K], resulta:
[ ]1,4i iii
P Vn mol
R T
= =
Instante t >0
a) Las molculas que escapan se obtienen a partir de la
diferencia de moles de gas que hay dentro del recipiente a las
temperaturas de 20 [C] y 100 [C]. Considerando que
durante el calentamiento, la presin se mantiene constante y el
volumen del recipiente no cambia, entonces el nmero de
-
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4. Gases ideales 25
Proyecto 11.06.31 UTFSM
molesf
n se obtiene con la ecuacin de estado y los siguientes valores:Pf = Pi= 1 [atm] = 1,01 10
5 [Pa]
Vf= Vi = 0,034 [m3]
Tf= 100 [C] = 373 [K]
Entonces,
[ ]1,1f fff
P Vn mol
R T
= =
Luego, en el proceso de calentamiento se escapan n = i fn n = 0,3 [mol], es decir, N=nNA
= 0,3 NA molculas, donde NA = 6,021023 es el nmero de Avogadro.
Finalmente se obtiene que aproximadamente 1,81023 molculas escapan del recipiente.
Instante t >0
b) Cuando la temperatura alcanza los 100 [C] el recipiente se
cierra, estando la presin en el valor 1[atm]. En la figura se
indica la situacin cuando recin se ha colocado el recipiente en
agua congelada. All el gas alcanzar una temperatura de
equilibrio TE = 0[C]. Puesto que el volumen permanece
constante, de acuerdo a la ecuacin de estado de los gases
ideales, la presin debe disminuir.
Usando los valores, Vf= Vi= 0,034 [m3], Tf = 0 [C] = 273 [K] y nf = 1,1[mol] en la ecuacin
de estado, se obtiene aproximadamente:
[ ]47,3 10f Efi
n R TP Pa
V
= =
Esto corresponde a [ ][ ]
[ ][ ]4 5
17,3 10 0,70
1,01 10f
atmP Pa atm
Pa=
As hemos obtenido que la presin dentro del recipiente es finalmente 0,70 [atm].
-
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4. Gases ideales 26
Proyecto 11.06.31 UTFSM
Problema 62
Considere una botella con gas que ocupa un volumen0
V a
temperatura 0T , con un tapn cilndrico en su cuello como se
indica en la figura. El tapn es hermtico, de masa m, rea A ypuede deslizar sin friccin con la superficie de la botella.
Estando en equilibrio, el cilindro se empuja suavemente hacia
adentro y luego se suelta. Determine la frecuencia de
oscilacin, suponiendo que la temperatura se mantiene
constante.
Solucin 62
La condicin inicial de equilibrio de fuerzas satisface la ecuacin:
0atmP A mg P A+ = ,
dnde0P es la presin dentro de la botella, que est determinada por
la ecuacin de estado para el gas ideal:
00
0
nRTP
V=
Al empujar el tapn hacia adentro disminuye el volumen del gas, y
puesto que supondremos una temperatura constante, la ecuacin
anterior indica que aumenta la presin ejercida por el gas. Al soltar
el tapn no se cumplir la condicin de equilibrio de fuerzas, y ste ser empujado hacia arriba
inicindose una oscilacin que estudiaremos a continuacin
Llamaremos x al desplazamiento hacia adentro del tapn, de modo que el cambio respectivo de
volumen del gas es Ax y la presin P en su interior depender de x. Entonces,
0 0( ) ( )P x V A x nRT =
Considerando que el cambio de volumen es pequeo respecto al volumen original, puede hacerse
una aproximacin de primer orden en x para la presin P(x). Expandiendo en serie el factor
1
0
1Ax
V
, y usando la relacin ( )1 2 31 1 ...u u u u
= + + + + , con 12
-
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4. Gases ideales 27
Proyecto 11.06.31 UTFSM
0
0
( ) 1xA
P x PV
= +
Para estudiar la oscilacin del cilindro, a continuacin se escribe la ecuacin de Newton usando
el desplazamiento x del centro de masa del cilindro,
2
2- ( )
atm
d xP A m g P x A m
dt+ = .
Usando la aproximacin de primer orden para P(x) y la ecuacin de
equilibrio para el estado inicial, la relacin anterior se simplifica a lo
siguiente:
2 2
0 2
0
A d x
P x mV dt =
Esta relacin se reconoce como la ecuacin diferencial que describe una oscilacin armnica
simple, por ser de la forma:
22
20
d xx
dt+ = .
Luego, para este caso la frecuencia de las oscilaciones es:
0
0
PA
mV= .
Usando la ecuacin de estado del gas ideal, lo anterior tambin se puede expresar por,
0
0
nRTA
V m = .
Esta es la frecuencia de las pequeas oscilaciones del tapn.
-
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4. Gases ideales 28
Proyecto 11.06.31 UTFSM
Problema 63
En un globo esfrico como los de cumpleaos, de radio r, la
elasticidad del material es tal que la diferencia de presin entre
el interior (P) y el exterior (0
P ), es proporcional al radio, como
lo indica la expresin:
0P P K r = ,
dnde Kes una constante elstica del material. Considere que la
presin exterior se mantiene constante.
a) Determine el nmero n de moles que debe tener el globo para que su radio sea r , a unatemperatura de equilibrio Tconocida.
b) Relacione un pequeo cambio en la temperatura de equilibrio con el respectivo cambio en elradio del globo.
c) Determine el trabajo hecho por el gas cuando el radio del globo disminuye a la mitad,manteniendo constante el nmero de moles en su interior.
Solucin 63
a) Utilizando la ecuacin de estado de los gases ideales: PV nRT= , considerando el volumende aire contenido en el globo: 34 / 3V r= , y sustituyendo P segn la expresin dada en el
enunciado:0P P K r = + , se obtiene:
3
0
4( )
3
rP Kr nRT
+ =
Despejando el nmero de moles se obtiene el resultado pedido:
( )3 04
3
r Kr Pn
RT
+=
b) La expresin encontrada indica que al disminuir el radio disminuye la temperatura deequilibrio, cuando el nmero de moles se mantiene constante. Al despejar la temperatura T
en dicha expresin, se encuentra:
( )3 04
3
r P Kr T
nR
+= .
-
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4. Gases ideales 29
Proyecto 11.06.31 UTFSM
Derivando en la expresin anterior respecto a r, se encuentra la relacin entre pequeos
cambios de temperatura de equilibrio y radio del globo. Entonces,
( )2 04 3 4
3
r P Kr r T
nR
+ = .
Notar que ambos cambios son del mismo signo, de modo que al disminuir el radio la
temperatura tambin disminuye.
c) Para determinar el trabajo hecho por el gas calculamos:f
i
V
V
W P dV = .
El cambio dVse obtiene derivando la expresin para el volumen Vde la esfera dado en la
parte a). El resultado de eso corresponde al producto entre el rea2
4 r de la esfera y el
espesor dr, lo cual describe el volumen de un cascarn esfrico muy delgado, es decir,
24dV r dr = . Entonces,
( ) 20 4f
i
r
r
W P Kr r dr = + .
La integracin es elemental y los limites son ir r= y / 2fr r= , con lo cual se obtiene el
resultado final:
( )3 045 5648
r Kr PW
+=
Notar que el trabajo realizado por el gas al reducirse el radio del globo a la mitad, es negativo.
Sugerencia: calcule el cambio de energa interna del aire contenido en el globo, cuando
el radio se reduce a la mitad.
-
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4. Gases ideales 30
Proyecto 11.06.31 UTFSM
Problema 64
Un tanque para gases, perfectamente aislado y de capacidad calorfica despreciable, est dividido
mediante un tabique aislante, en dos partes A y B que contienen un mismo gas. Inicialmente cada
una de las partes est en equilibrio, con la temperatura, la presin y el volumen indicados en la
figura.
Determinar la temperatura y presin de equilibrio cuando se retira el tabique.
Solucin 64
Al sacar el tabique el gas debe alcanzar un nuevo estado de equilibrio ocupando el volumen
A BV V+ , con una presin y temperatura nicas. Al retirarse el tabique y ocurrir el intercambio
molecular entre las dos partes del tanque, el gas no realiza trabajo. Puesto que el tanque tambin
est aislado perfectamente y no absorbe calor por tener una capacidad calorfica despreciable,entonces aplicando la primera ley termodinmica concluimos que la energa interna permanece
constante. Considerando que en el gas, Ces el calor especfico a volumen constante, entonces,
finalinicial UU =
( )A A B B A Bn C T n C T n n C T + = +
A A B B
A B
n T n T T
n n
+=
+
Usando la ecuacin de estado para el gas en equilibrio en los estados iniciales, se obtienen las
siguientes expresiones correspondientes aA
n yB
n .
A
AAA
RT
VPn = ;
B
BBB
RT
VPn =
-
8/7/2019 DocumentoCalor
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4. Gases ideales 31
Proyecto 11.06.31 UTFSM
Sustituyendo estas expresiones se puede expresar la temperatura final de equilibrio en trminos
de los datos dados en el dibujo del enunciado. El resultado es,
( )A A B B A B
A A B B B A
P V P V T T T
P V T P V T
+=
+
Para obtener la presin se aplica la ecuacin de estado para el gas en el estado final.
( ) ( )A B A BP V V n n RT + = +
Despejando la presin y usando la primera expresin encontrada para la temperatura T se
obtiene:
BA
BBAA
VV
TnTnRP
+
+=
)(
Finalmente, usando nuevamente la ecuacin de estado para las condiciones iniciales de
equilibrio, se encuentra el resultado deseado:
A A B B
A B
P V P V P
V V
+=
+
-
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5. Primera ley termodinmica 32
Proyecto 11.06.31 UTFSM
Problema 65
Un bombn de bicicleta que consta de un cilindro de dimetro D=2[cm] y longitud L1= 25[cm], se
usa para introducir aire a un neumtico cuya presin inicial es P = 240[kPa]. Considere que el
aire en el interior del cilindro se comporta como un gas ideal, y es comprimido a partir de lapresin atmosfrica manteniendo constante la temperatura. Suponga que el aire se comprime
hasta que est a punto de empezar a fluir hacia el interior del neumtico.
a) Calcule la distancia que ha sido desplazado el mbolo.
b) Calcule el trabajo realizado por el aire al ser comprimido.
c) Calcule el calor entregado o recibido por el aire durante la compresin.
Solucin 65
a) Inicialmente el aire del cilindro est a la presin atmosfrica (P1=1,013105
[Pa] 105
[Pa]), y
para que exista flujo de aire hacia el interior del neumtico se necesita comprimirlo en el bombn
hasta que alcance la presin interna de la rueda. Entonces,
][104,2 52 PaP =
Al considerar que el proceso de compresin ocurre a temperatura constante, se cumple para los
estados inicial (1) y final (2):
1 1 2 2P V P V = .
5 5
1 210 2,4 10A L A L =
Entonces, 12
10,4[ ]2,4
LL cm= =
Por lo tanto, se necesita empujar el mbolo una longitud de: (25,0 - 10,4) [cm] = 14,6 [cm].
b) El trabajo realizado por el gas en un desplazamiento infinitesimal del mbolo es dW P dV = .
Usando la ecuacin de estado de un gas ideal, se obtiene la siguiente expresin:
n R TdW dV
V
=
Integrando entre los estados inicial y final se obtiene:
-
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5. Primera ley termodinmica 33
Proyecto 11.06.31 UTFSM
5 62 21 1
1 1
10,4ln ln 10 25 10 ln 6,8[ ]
25
V VW nRT PV J
V V
= = =
El resultado anterior es negativo, es decir, el trabajo realizado por el gas es negativo pues empuja
al mbolo en direccin contraria al movimiento de ste.
c) Puesto que un gas ideal sometido a un proceso a temperatura constante cumple que 0U = ,
entonces aplicando la primera ley termodinmica se tiene que:
0U Q W = =
Luego, 6,8[ ]Q W J=
El signo menos en el resultado anterior indica que el calor es entregado por el gas, es decir sale
desde el cilindro.
-
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5. Primera ley termodinmica 34
Proyecto 11.06.31 UTFSM
Problema 66
Un mol de gas ideal se encuentra inicialmente a temperatura ti = 20C y recibe calor Q = 400 [J]
manteniendo constante la presin. Use el calor especfico molar a presin constante CP = 5R/2 y
la constante universal de los gases R= [ ]8 /J mol K .
a) Determine el trabajo realizado por el gas.
b) Determine el rendimiento o eficiencia del proceso.
Solucin 66
a) El calor absorbido por el gas en el proceso a presin constante permite calcular el cambio de
temperatura, con lo cual se obtiene el cambio de energa interna del gas, como sigue:
nR
Q
ttnRtnCQ p 5
2
2/5 ===
][20815
4002Ct =
=
Entonces,
[ ]40ft C=
Puesto que en el gas ideal,P VC C R = , entonces 3 / 2VC R= y el cambio de energa interna es:
][24020
2
31 JtnCU v ===
Finalmente, aplicando la primera ley termodinmica, se calcula el trabajo pedido. Entonces,
][160240400 JUQWWQU ====
b) Debido a que el proceso dado no es un ciclo cerrado, los resultados obtenidos para mquinas
cclicas no son utilizables. Vamos a usar la siguiente definicin de eficiencia:
Trabajo realizado
Calor absorbido =
Entonces,
40,0400
160==
-
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5. Primera ley termodinmica 35
Proyecto 11.06.31 UTFSM
Problema 67
Considere un recipiente aislado que
posee dos cmaras separadas por un
pistn mvil de rea A=600[cm
2
] queimpide el intercambio de calor y de
molculas entre ellas. En la cmara del
lado izquierdo hay 0,5 moles de aire y una
resistencia elctrica; y en la del lado
derecho hay 0,7 moles de He y un resorte de constante elstica k=3104[N/m].
Inicialmente el sistema est en equilibrio a temperatura ti=20 C, y presiones de 1,0 [atm] en el
lado izquierdo y 0,50[atm] en el lado derecho. A continuacin se conecta la resistencia elctrica y
se observa que el resorte se comprime lentamente. Cuando la longitud del resorte es la mitad del
largo inicial, se desconecta la resistencia.
a) Calcule la magnitud de la fuerza que ejerce el resorte en el estado inicial de equilibrio.b) Calcule el largo normal del resorte.c) Identifique el proceso correspondiente al gas Helio. Escriba le ecuacin respectiva y dibuje el
diagrama P-V cualitativo.
d) Calcule la energa interna en la cmara del lado derecho, en el estado inicial y final.e) Calcule las presiones finales en ambas cmaras.f) Calcule el calor entregado por la resistencia durante el lapso de su conexin.Use los siguientes calores especficos molares. A volumen constante, para Helio c=3R/2 y para
aire c=5R/2. A presin constante, para Helio c=5R/2 y para aire c=7R/2.
Solucin 67
a) Inicialmente el pistn que separa ambas cmaras est en equilibrio mecnico por efectodel resorte y de las presiones en ambas cmaras. La ecuacin de equilibrio de fuerzas es:
ApApF AH =+
Entonces, ][100,310610013,1)5,00,1()( 3425 NAppF HA ===
b) La compresin del resorte obedece a la relacin lineal xkF = .
-
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5. Primera ley termodinmica 36
Proyecto 11.06.31 UTFSM
Entonces la compresin inicial es: ][10,0100,3
100,34
3
mk
Fxi =
== .
Por otra parte, el volumen de Helio satisface la ecuacin de estado: RTnVp HHH = , y puede
calcularse usando los valores iniciales de temperatura absoluta y presin.
Luego,
][104,3][104,310013,15,0
29331,87,0 34325
cmmp
RTnV
H
H
H ==
== .
Entonces, la longitud de la cmara con Helio es: ][56600
104,34
cmA
VL HH =
== , y el largo normal
del resorte es ][66 cmxLl iHR =+= .
c) El Helio est en un recipienteaislado, restringido a realizar un
proceso adiabtico. Puesto que la
cmara con aire recibe calor, ste
puede repartirse entre energa interna
de las molculas de aire y trabajo
realizado al expandirse. Por lo tanto,
la cmara que contiene Helio
experimenta una compresin
adiabtica que satisface la ecuacin:
H HpV p V =
dnde5
3
Helio
Helio
c
c
= = , 5 2 5 30,50 1,013 10 (3,4 10 ) 178H Hp V
= = .
Notar que el producto pV es constante y se evala con los valores iniciales en la cmara de
Helio.
d) En la cmara del lado derecho la energa interna inicial corresponde a energa elstica delresorte y energa cintica de las molculas del gas Helio. Para cada una tenemos:
2 4 21 1 3 10 (0,10) 150[ ]2 2
resorte iU k x J = = = ,
3 30,7 8,31 293 2557[ ].
2 2Helio H Helio H U n c T n RT J = = = =
-
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5. Primera ley termodinmica 37
Proyecto 11.06.31 UTFSM
Entonces, la energa interna inicial en la cmara del lado derecho es,
150 2557 2707[ ]d
U J= + = .
Para calcular la energa interna en el estado final se examina la compresin adiabtica hasta el
volumen final 2.H
V El trabajo realizado por el gas Helio es:
2 1 1178
178 .( 1)
f H f
i H i
V V V
f i
H
V V V
V VW pdV dV
V
= + +
=
= = =
+
Recordando que 178i i f f pV p V = = , el resultado anterior se escribe de manera ms simple
como sigue,
.( 1)
f f i i
H
p V pV W
=
+
Sin embargo, para realizar el clculo usaremos la expresin anterior en trminos de volmenes.
2 3 2 3 2 3
2 3
(2 1) 3 178 (2 1)178 1505[ ]
2 3 2 (0,034)
HH
VW J
= = =
.
Usando el primer principio de la termodinmica se concluye que el cambio de energa interna del
gas Helio es: 1505[ ],Helio H U W J = = es decir, la respectiva energa interna final es:
2557 1505 4062[ ].Helio Helio HelioU U U J = + = + =
En el proceso de compresin la longitud del resorte se reduce a 2 0,28[ ]HL m= de modo que se
comprime en 2 0,10 0,28 0,38[ ]f i Hx x L m= + = + = , y por lo tanto la energa elstica que
almacena es2 4 21 1
3 10 (0,38) 2166[ ]2 2
resorte f U k x J = = = . Luego, la energa interna final en la
cmara del lado derecho es 2166 4062 6228[ ]d
U J = + = .
e) La presin final en la cmara del lado derecho se calcula segn la ecuacin del procesoadiabtico, con el volumen final 2.
HV Entonces,
5 3 5 32 0,50 2 1,59[ ]2
HH H H
H
Vp p p atmV
= = = =
.
Para calcular la presin final en la cmara del lado izquierdo se requiere conocer la fuerza que
ejerce el resorte, es decir,4 43 10 0,38 1,14 10 [ ]
fF k x N = = = . Recordando la equivalencia
5 21[ ] 1, 013 10 [ / ]atm N m= el resultado para F puede expresarse en unidades ms convenientes:
-
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5. Primera ley termodinmica 38
Proyecto 11.06.31 UTFSM
42
5
1,14 100,11[ ]
1,013 10F atm m
= =
Usando la ecuacin de equilibrio de fuerzas H AF p A p A + = , podemos calcular la presin en
la cmara del lado izquierdo segn:
2
0,111,59 3,42[ ]
6 10A H
Fp p atm
A
= + = + =
.
f) Para la cmara del lado izquierdo, primero calculamos la energa interna en el estadoinicial y en el estado final, y despus consideramos el calor entregado por la resistencia. Para la
energa inicial tenemos que35 5
0,50 8,31 293 3,0 10 [ ]2 2
i AU n RT J = = = .
Para la energa final se requiere saber la temperatura final. Esta puede calcularse siguiendo una
secuencia en que se usa la ecuacin de estado de los gases ideales para calcular el volumen final
y el volumen inicial de aire en la cmara del lado izquierdo. Entonces, para el volumen inicial
tenemos A A Ap V n RT = , resultando
2 3
5
0,50 8,31 2931,20 10 [ ]
1,0 1,013 10
AA
A
n RTV m
p
= = =
.
El volumen final se obtiene de ( )A A f iV V A x x = + . Con los valores anteriormente calculados el
cambio de volumen resulta 2 2 3( ) 6 10 (0, 38 0,10) 1, 68 10 [ ]f iA x x m = = y por ende el volumen
final es2 3
2,88 10 [ ].AV m = Entonces la energa final es
5 2 45 5 53,42 1,013 10 2,88 10 2,50 10 [ ]
2 2 2i A A A
U n RT p V J = = = =
Finalmente, considerando que no hay trabajo neto realizado por el conjunto de ambas camaras,
aplicamos la primera ley termodinmica al sistema formado por ambas, resultando,
43 3( ) ( ) (25 3) 10 (6,2 2,7) 10 1,85 10 [ ]i d i i d d Q U U U U U U U J = = + = + = + = .
-
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5. Primera ley termodinmica 39
Proyecto 11.06.31 UTFSM
Problema 68
Un cilindro que contiene gas est provisto de un mbolo, y se encuentra inicialmente en
equilibrio, sumergido en una mezcla de agua con hielo. A continuacin se realizan sobre l las
siguientes operaciones: primero el gas es comprimido muy rpidamente desplazando el mbolo
a la posicin inferior indicada en la figura, luego se mantiene el mbolo en esa posicin hasta que
se alcanza el equilibrio trmico, y finalmente se levanta el mbolo muy lentamente hasta la
posicin inicial. En el proceso completo se derriten 100 [g] de hielo.
a) Dibuje la trayectoria del gas en un diagrama P-V.b) Calcule el trabajo realizado por el gas en el ciclo completo.
Solucin 68
a) Inicialmente el sistema est en equilibrio y la temperatura del gas es la misma que la delagua con hielo ( aT ). Como sabemos, a la presin de 1 [atm], slo a una temperatura de 0 [C]
coexisten el agua con el hielo.
Mientras el mbolo es desplazado muy rpidamente hasta la posicin inferior, no hay
transferencia de calor entre el gas y la mezcla de agua con hielo pues no hay tiempo suficiente
para que ocurra un proceso de esa naturaleza. Puesto que el gas es comprimido por un agente
externo que realiza trabajo sobre l, su energa interna aumenta y por lo tanto la temperatura final
es mayor que la inicial. Esta conclusin se obtiene formalmente mediante la primera ley
termodinmica aplicada al gas ideal en el cilindro, que se escribe:
U Q W = .
-
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5. Primera ley termodinmica 40
Proyecto 11.06.31 UTFSM
Puesto que Q=0 y el trabajo Wrealizado por el gas es negativo, se concluye que 0.U > Puesto
que la energa interna de un gas ideal es proporcional a la temperatura absoluta T, se concluye
que 0 .T > Los estados inicial y final del proceso analizado se designan por las letras a y b en
el siguiente diagrama P-V.
Mientras el gas est a mayor temperatura que su entorno de agua con hielo, el gas entrega calor
hasta que se alcanza el equilibrio trmico y la temperatura de ambos se igualan en el valor
0c aT T T= = . O sea, en este proceso la temperatura del gas disminuye y el gas no hace trabajo
pues el volumen se mantiene constante. Aplicando la primera ley termodinmica U Q W = ,
con W=0 y 0U < , concluimos que 0Q < lo cual significa que el gas entrega calor al entorno.
Esta misma conclusin se obtuvo al examinar la diferencia de temperatura. El estado de
equilibrio alcanzado se identifica con la letra c en el siguiente diagrama P-V.
-
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5. Primera ley termodinmica 41
Proyecto 11.06.31 UTFSM
Usandoa c
T T= ya c
V V> en la ecuacin de estado del gas ideal:a a a c c c
PV nRT nRT PV = = = se
concluye quec a
P P> . Anlogamente, usandoc
T T> yc
V V= se concluye quec
P P> .
Cuando se levanta muy lentamente el pistn para llevarlo a la posicin inicial correspondiente
al punto a del diagrama P-V, el gas pasa por sucesivos estados de equilibrio trmico con suentorno. Al mismo tiempo que el gas realiza trabajo lentamente, absorbe calor para mantener la
temperatura en el mismo valor que su entorno (0
a
T T= ), es decir, este proceso es isotrmico.
Entonces, el diagrama P-V del proceso completo es el siguiente.
b) Puesto que el gas ideal es sometido a un proceso que comienza y termina en el mismoestado, no cambia su temperatura ni su energa interna. De acuerdo a la primera ley
termodinmica U Q W = , con 0U = concluimos que el trabajo realizado es W Q= .
El calor Q que entrega el gas a su entorno en el proceso completo se emplea en derretir 100 [g]
de hielo. Entonces,f
Q mL= , donde 333[ / ]f
L kJ kg= es el calor latente de fusin del hielo.
Finalmente, el trabajo realizado es,0,1 333 33,3[ ]W Q kJ = = = .
-
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6. Ciclos termodinmicos 42
Proyecto 11.06.31 UTFSM
Problema 69
Un gas ideal es sometido a un ciclo de Carnot que consta de dos procesos isotrmicos a
temperaturas T+ y T (T+ > T ) y de dos procesos adiabticos. Los estados a, b, c y d que se
identifican en la figura delimitan un proceso isotrmico del proceso adiabtico contiguo.
a) Determine el calor que recibe o entrega el gas en los procesos isotrmicos.b) Determine el trabajo que realiza el gas en los procesos adiabticos.c) Determine la eficiencia del ciclo de Carnot.
Solucin 69
El ciclo de Carnot es reversible, consta de sucesivos estados de equilibrio con presin, volumen y
temperatura bien definidos como lo indican las lneas en el diagrama P-V.
En primer lugar se analiza cada uno de los procesos para el ciclo abcd indicado en la figura, que
corresponde a una mquina trmica.
Proceso ba . Ocurre a temperatura constante T+ , entonces el cambio de energa interna es0U = . Luego, el calor que entra al gas es igual al trabajo que ste realiza: W Q= . Puesto
que el cambio de volumen es 0V > entonces el trabajo realizado es positivo y el calor
efectivamente entra al gas: 0W > y 0EQ > .
Proceso cb . Ocurre sin intercambio de calor: 0Q = , entonces U W = .Dado que
c bT T< entonces, 0U < y 0W > . En realidad 0V > tambin indica que
el gas realiza trabajo.
-
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6. Ciclos termodinmicos 43
Proyecto 11.06.31 UTFSM
Proceso dc . Ocurre a temperatura constante T , entonces el cambio de energa interna es0U = . Luego, W Q= . Puesto que el cambio de volumen es 0V < entonces el trabajo
realizado por el gas es negativo y el calor sale del gas: 0W< y 0SQ < .
Proceso ad . Ocurre sin intercambio de calor: 0Q = , entonces U W = . Dado qued aT T< entonces, 0U > y 0W < . En realidad 0V < tambin indica que se realiza
trabajo sobre el gas.
Nomenclatura:
a) Para calcular el calor transferido en los procesos isotrmicos, se usa Q W= y se calcula eltrabajo realizado como sigue:
a aPV P V = ,
===
a
b
aa
V
Vaa
V
VE
V
VVP
V
dVVPPdQ
b
a
b
a
lnV .
Anlogamente,
===
c
d
cc
V
Vcc
V
VS
V
VVP
V
dVVPPdQ
d
c
d
c
lnV
Notar que las razones entre volmenes implican que 0EQ > y 0SQ < .
b)Para calcular el trabajo realizado por el gas en los procesos adiabticos, se usa W U= y secalcula el cambio de energa interna a partir del cambio de temperatura, como sigue,
)(UUW cbbc + == TTncV .
Anlogamente, ( )da d a V
W U U nc T T += =
Notar que ambos trabajos suman cero.
c) La eficiencia se define como el cuociente entre el trabajo que la mquina realiza en un ciclocompleto y el calor que recibe el gas en el proceso isotrmico de alta temperatura. O sea, la
eficiencia es: R
E
We
Q= .
-
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6. Ciclos termodinmicos 44
Proyecto 11.06.31 UTFSM
Puesto que en el ciclo completo 0U = , entoncesR E S
W Q Q= + .
Dado que 0S
Q < es conveniente usar: R E SW Q Q= .
Reemplazando en la definicin de eficiencia se tiene: 1E S S
E E
Q Q Qe
Q Q
= = .
Con los resultados anteriores puede escribirse el cuociente entre los calores SQ y EQ , como
sigue:
ln( ) ln( )
ln( / ) ln( / )
S c c c d c d
E a a b a b a
Q PV V V V V T
Q PV V V T V V
+
= =
Notar que se ha utilizado la ecuacin de estado para reemplazar los productos P Ven trminos de
la respectiva temperatura. Para simplificar los trminos en que aparecen los cuocientes entre
volmenes usamos las siguientes igualdades que satisfacen los procesos adiabticos:
a a d d PV P V = y
b c cPV PV = . Haciendo el cuociente entre ambas relaciones se obtiene:
-1 -1
-1 -1
b c c b c b c
a a d d a d a d
PV PV V V V V
PV P V V V V V
= = =
Note que en el paso anterior se ha utilizado reiteradamente la ecuacin del gas ideal, por ejemplo
a a b bPV PV nRT += =
El resultado anterior significa que el cuociente entre logaritmos es igual a uno y por lo tanto la
eficiencia es:
1T T T
eT T
+
+ +
= =
-
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6. Ciclos termodinmicos 45
Proyecto 11.06.31 UTFSM
Problema 70
En una mquina de Carnot que utiliza aire, al comienzo de la expansin isotrmica la presin es 5
[atm], el volumen es 1 [] y la temperatura es 600 [ K].
Durante la expansin isotrmica el aire recibe calor Q=6 [atm] y el volumen mximo del airedurante el ciclo es de 10 []. Para el aire use 4,1== vp CC .
a) Determine las variables presin, volumen y temperatura en los vrtices del ciclo.b) En cada etapa del ciclo calcule el calor absorbido Q, el trabajo realizado W, el cambio de energa
interna Uy el cambio de entropa S.
c) Represente el ciclo en diagramas con variables p-V y con variables T-S.
Solucin 70
a) Vamos a considerar un ciclo de Carnot cuyos vrtices son los estados 1, 2, 3 y 4 de modo que los
procesos respectivos son: 1 2 es una expansin isotrmica, 2 3 es una expansin adiabtica,
3 4 es una compresin isotrmica y 4 1 es una compresin adiabtica. De acuerdo a loanterior, en el enunciado tenemos los siguientes datos:
p1 = 5 [atm], V1 = 1 [], T1 = 600 [K] y V3 = 10 [].
Usando la ecuacin de estado pV nRT= , tenemos que5
[ / ]600
pVnR atm K
T= = .
Como el proceso1 2 es isotrmico, se deduce que T2 = 600 [K]. En dicho proceso se cumple que
Q1,2 = W1,2 y entonces:
1
21112,1
2
1
2,12,1
ln2
1V
VVp
V
dVnRTW
pdVWQ
V
V
==
==
Con los datos correspondientes al vrtice 1 y con Q1,2= 6 [atm] se obtiene:
56)ln( 2 =V y ][32,32 =V .
Usando la ecuacin de estado del gas ideal tenemos que:
2 2 2 5 600 600 3,32 1,51[ ]p nRT V atm= = =
En los vrtices del proceso 2 3 se cumple que 3322 VpVp = . Entonces,
-
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6. Ciclos termodinmicos 46
Proyecto 11.06.31 UTFSM
]atm[32,01032,351,1 34,1
3
4,1 == pp
Puesto que los moles de aire sometidos al proceso son constantes, es posible calcular T3 a partir de
la ecuacin de estado de los gases ideales, como sigue:
]K[384
5
32,010600
11
33
13
1
11
3
33 =
===
Vp
VpTT
T
Vp
T
Vp
Esta corresponde a la temperatura de la compresin isotrmica, por lo tanto T4 = T3.
Para la compresin adiabtica es conveniente usar la relacin: 1111
44
= VTVT . Entonces,
][05,3384
6001 4
4,0
4
14,0
1
4,0
4 === VT
TVV
Finalmente procedemos a calcular p4 usando la ecuacin de estado, en la cual despejamos los moles
segn:
]atm[05,160005,3
3841514
4114
1
11
4
44 =
===TVTVpp
TVp
TVp
Los resultados obtenidos pueden resumirse en la siguiente tabla de valores
p [ atm ] V [ l ] T [ K ]
1 5 1 600
2 1,51 3,32 600
3 0,32 10 384
4 1,05 3,05 384
Estos valores determinan los vrtices del grfico P-V en el siguiente ciclo de Carnot.
P
V
1
2
34
T= 600 [K]
384 [K]
-
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6. Ciclos termodinmicos 47
Proyecto 11.06.31 UTFSM
b) Para el clculo decalor absorbido, trabajo realizado y cambio de energa interna, usaremos la
primera ley termodinmica, con U=0 en las etapas isotrmicas y Q=0 en las etapas adiabticas. En
el proceso isotrmico 12 U1,2 = 0 y Q1,2 = W1, 2 = 6 [atm].
En el proceso adiabtico 23 Q2,3 =0 y U2,3 = W2,3 . Para calcular el trabajo realizado en la
etapa adiabtica 23 se usa la ecuacin CVpVp == 3322 , y se procede a calcular la integral
siguiente:
)(1
1
)1()1(33
3
222
3
2
3
2
13
2VpVp
C
CVpCV
V
CdVpdVW
=+
=+
===+
Entonces,
( ) ( ) ][atm5,41032,032,351,14,0
1
1
133223,2 ==
= VpVpW
En el proceso isotrmico 34 U3,4 =0 y Q3,4 = W3,4 . Este ultimo trabajo se calcula
][atm8,310
05,3ln1032,0
4
3
4
3
34,3 ==== V
V
V
VV
dVnRTdVpW
En el ciclo completo debe cumplirse que la suma de las variaciones de energa interna es cero. Esto
permite calcular U4, 1 usando los valores calculados anteriormente como sigue:
][atm5,4005,400 1,41,4 ==++= UUU
En el proceso adiabtico 41 Q4,1 = 0 y U4,1 = W4,1 = 4,5[atm].
Para el clculo de las variaciones de entropa usamos: = TdQ
S .
Esta relacin indica que en las etapas adiabticas la entropa no cambia. Entonces,
S2,3 = S4,1 = 0
En las etapas isotrmicas tenemos que:
/K][atm01,0384
8,3
1
/K][atm01,0600
6
1
3
4,3
4,3
4
33
4,3
1
2,1
2,1
2
11
2,1
=
===
====
T
QSdQ
TS
T
QSdQ
TS
-
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6. Ciclos termodinmicos 48
Proyecto 11.06.31 UTFSM
Los resultados de los clculos anteriores se resumen en la siguiente tabla de valores.
Etapa Q W U S
1 2 6 6 0 0,01
2 3 0 4,5 - 4,5 0
3 4 - 3,8 - 3,8 0 - 0,01
4 1 0 - 4,5 4,5 0
[ atm] [ atm] [ atm] [ atm / K ]
c) La representacin cualitativa del ciclo de Carnot en un diagrama p-Vse realiz en la parte a). En
un diagrama T-S el ciclo se representa como un rectngulo de lados paralelos a los ejes pues los
procesos involucrados ocurren a temperatura constante y a entropa constante, obtenindose en
consecuencia el siguiente grfico.
T [ K ]
S
600
384
S1 S2
1 2
34
-
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6. Ciclos termodinmicos 49
Proyecto 11.06.31 UTFSM
Problema 71
El grfico adjunto representa el ciclo de
Brayton que es el ciclo ideal de una turbina de
gas. El ciclo consta de los procesosadiabticos 12 y 34, y de los procesos
isobricos 23 y 41.
El ciclo se inicia en el estado 1 en el cual
1[mol] de aire ingresa al compresor a presin
de 1[atm] y temperatura de 20C, dnde es
comprimido adiabticamente hasta alcanzar la
presin de 5[atm]. A continuacin mediante un intercambiador de calor, el gas es calentado
isobricamente hasta alcanzar la temperatura mxima de T3 = 900C.
Luego se realiza una expansin adiabtica llegando el gas a la presin p4 = p1.
Finalmente otro intercambiador de calor enfra el aire isobricamente hasta llevarlo al estado
original. Para el aire use 5740,1 === vp cc , y la ecuacin de estado del gas ideal.
a) Determine las variables de presin, volumen y temperatura en los vrtices del ciclo y construyaun grfico de presin versus temperatura.
b) Calcule el calor absorbido Q, el trabajo realizado W, el cambio de energa interna U y elcambio de entropa S en cada proceso del ciclo.
c) Evale el rendimiento del ciclo y el rendimiento de un ciclo de Carnot que opere entre lasmismas temperaturas extremas.
Solucin 71
a) En los estados 1 y 3 se conocen la presin y la temperatura, de modo que el volumen se obtiene
usando la ecuacin de estado del gas ideal.
][24,195
1173082,01][03,24
1
293082,01
31
333111
=
==
=
==
VV
nRTVpnRTVp
En los estados 2 y 4 se conocen las presiones, y para determinar los volmenes respectivos vamos a
usar la ecuacin de los procesos adiabticos 12 y 34. Entonces,
1
2 3
4V
-
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6. Ciclos termodinmicos 50
Proyecto 11.06.31 UTFSM
2 2 1 1 4 4 3 3
1,4 1,4 1,4 1,4
2 4
5 1 24,03 1 5 19,24
p V p V p V p V
V V
= =
= =
2 47,61 [ ] 60,74 [ ]V V= =
Para determinar ahora las temperaturas en los estados 2 y 4, basta usar la ecuacin de estado. Lo
haremos con la ayuda del producto nR que se mantiene constante, sin necesidad de calcularlo
explcitamente.
]K[74103,241
74,601293
]K[46403,241
61,75293
11
44
14
11
2212
4
44
2
22
1
11
=
==
=
==
===
Vp
VpTT
Vp
VpTT
T
Vp
T
Vp
T
VpnR
Los valores correspondientes a las variables presin, volumen y temperatura en los estados 1 al 4 se
resumen en la siguiente tabla.
Estado p [ atm ] V [ ] T [ K ]
1 1 24,03 293
2 5 7,61 464
3 5 19,24 1173
4 1 60,74 741
En un grfico de presin temperatura los procesos isobricos estn representados por una recta
paralela al eje de temperatura. Los procesos adiabticos son parbolas que obedecen a la relacin
teconspV tan= . Usando nRTpV = y reemplazando el volumen se obtiene:
27
1 TKpKTp ==
,
dnde Kuna constante que depende de cada proceso adiabtico.
El ciclo de Brayton en las variables presin temperatura se ilustra a continuacin.
-
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6. Ciclos termodinmicos 51
Proyecto 11.06.31 UTFSM
1 4
2 3
T
b) Puesto que en los procesos adiabticos no se produce intercambio de calor entonces en los
procesos 12 y 34 se cumple que: Q1,2= 0 y Q3,4= 0 . En los procesos isobricos el trabajo
realizado por el gas se calcula mediante la sencilla relacin:
VpW = .
Al aplicar esta relacin a los procesos 23 y 41 se obtiene:
( ) ( )
( ) ( ) ][atm71,3674,6003,241
][atm15,5861,724,195
4111,4
2323,2
===
===
VVpW
VVpW
En los procesos isobricos el calor que entra al gas est dado por la expresin:
TCnQ p =
Puesto que 5/74,1 vvvp cccc === y que vp cRc += , entonces
2
7
1
2
5
1
RRc
RRc pv =
==
=
.
( )
( ) ][atm58,128)741293(082,02
71
2
7
][atm48,203)4641173(082,02
71
2
7
411,4
233,2
=
==
=
==
TTRnQ
TTRnQ
En un problema anterior (Problema 70) probamos que el trabajo realizado por el gas en una
expansin adiabtica se puede obtener mediante la relacin:
( )ffiifi VpVpW
= 3,
1
1
En este caso,
-
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6. Ciclos termodinmicos 52
Proyecto 11.06.31 UTFSM
( ) ( )
( ) ( ) ][atm65,8874,60124,1954,0
1
1
1
][atm19,3561,7503,2414,0
1
1
1
44334,3
22112,1
==
=
==
=
VpVpW
VpVpW
Con los resultados obtenidos para el calor absorbido y el trabajo realizado por el gas en cada
proceso, la primera ley de la termodinmica permite calcular las variaciones de energa interna,
como sigue:
][atm87,91
][atm65,88
][atm33,145
][atm19,35
1,41,41,4
4,34,34,3
3,23,23,2
2,12,12,1
==
==
==
==
WQU
WQU
WQU
WQU
Puesto que la suma de las variaciones de energa interna en un ciclo debe ser cero, es posible
verificarlo en los resultados anteriores, haciendo:
0, =k
kjU
Para obtener los cambios de entropa usamos la definicin: = TdQ
S .
Lo anterior indica que en los proceso adiabticos )0( =dQ la entropa no cambia. Entonces,
S1,2 = S3,4 = 0
En los procesos isobricos )( dTncdQ p= y entonces,
/K][atm266,0741293ln082,0
27ln
/K][atm266,0464
1173ln082,0
2
7ln
ln
4
11,4
2
3
3,2
=
==
=
==
==
TTncS
T
TncS
T
Tcn
T
dTcnS
p
p
i
f
p
f
i
p
Puesto que la suma de las variaciones de entropa en un ciclo completo debe ser cero, se cumple que:
0, =k
kjS
-
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6. Ciclos termodinmicos 53
Proyecto 11.06.31 UTFSM
Los resultados obtenidos se resumen en la siguiente tabla:
Proceso Q W U S
1 2 0 - 35,19 35,19 0
2 3 203,48 58,15 145,33 0,266
3 4 0 88,65 - 88,65 0
4 1 - 128,58 - 36,71 - 91,87 - 0,266
[ atm ] [ atm ] [ atm ] [ atm / K ]
c) El rendimiento del ciclo es igual al cuociente entre el trabajo realizado por el gas y el calorque recibe.
368,048,203
90,74
3,2
===Q
Wtotal
Decimos que el rendimiento del ciclo es de aproximadamente 37%
El rendimiento del ciclo de Carnot que opera entre las mismas temperaturas extremas es:
75,01173
29311 ===
mayor
menor
CT
T
Decimos que el rendimiento del respectivo ciclo de Carnot es de aproximadamente 75%
Ntese que el rendimiento del ciclo de Brayton es menor que el de un ciclo de Carnot que
opera entre las mismas temperaturas extremas. Esto debe ser as de acuerdo al teorema de
Carnot.
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6. Ciclos termodinmicos 54
Proyecto 11.06.31 UTFSM
Problema 72
Un gas ideal es sometido a un ciclo de Otto que consta de dos procesos isocricos a volmenes
V1 y V2 (V1 < V2) y de dos procesos adiabticos. Los estados a, b, c y d que se identifican en la
figura delimitan un proceso isocrico del proceso adiabtico contiguo.
d) Determine el calor que recibe o entrega el gas en los procesos isocricos.e) Determine el trabajo que realiza el gas en los procesos adiabticos.f) Determine la eficiencia del ciclo de Otto.
Solucin 72
El ciclo de Otto es reversible, consta de sucesivos estados de equilibrio con presin, volumen y
temperatura bien definidos como lo indican las lneas en el diagrama P-V.
En primer lugar se analiza cada uno de los procesos para el ciclo abcd indicado en la figura, que
corresponde a la operacin de una mquina trmica.
Proceso ba . Ocurre a volumen constante V1, por lo tanto el trabajo realizado por el gas escero. Luego, el cambio de energa interna es igual al calor que entra al gas:
EU Q = . En el
gas ideal el cambio de energa interna depende del cambio de temperatura segn:
( )V b a
U nc T T = . De acuerdo a la ecuacin del estado para un gas ideal, en este proceso a
volumen constante aumentan la presin y la temperatura.
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6. Ciclos termodinmicos 55
Proyecto 11.06.31 UTFSM
Proceso cb . Ocurre sin intercambio de calor: 0Q = , entonces U W = . Dado quec b
T T< entonces, 0U < y 0W > . En realidad 0V > tambin indica que el gas
realiza trabajo positivo; su valor se calcular ms adelante.
Proceso dc . Ocurre a volumen constante V2 , por lo tanto el trabajo realizado por el gases cero. Luego, el cambio de energa interna es igual al calor que entra al gas:
SU Q = . En
el gas ideal el cambio de energa interna depende del cambio de temperatura segn:
( )V d cU nc T T = . De acuerdo a la ecuacin del estado para un gas ideal, en este proceso a
volumen constante disminuyen la presin y la temperatura.
Proceso ad . Ocurre sin intercambio de calor: 0Q = , entonces U W = .Dado que a dT T> entonces, 0U > y 0W< . En realidad 0V < tambin indica que
el gas realiza trabajo negativo.
d)En los procesos isocricos el calor que entra o sale del gas satisface: VQ U nc T = = .Para el proceso ab el calor es ( )
E V b aQ nc T T = y es de signo positivo, es decir, entra.
Para el proceso cd el calor es ( )S V d cQ nc T T = y es de signo negativo es decir, sale.
e)Para calcular el trabajo realizado por el gas en los procesos adiabticos se usan las relaciones:a a
PV PV = y
b bPV PV
= .
Para el proceso bc el trabajo es:
01)1()1(
)(
111
>
=
+
===
++
c
bbbbc
bb
V
Vbb
V
Vbc
V
VVPVVVP
V
dVVPPdVW
c
b
c
b
Para el proceso da el trabajo es:
01
)1()1(
)(
111