Download Hoja de problemas 7: Fundamentos de la termodinámica

Tema 7
3. a) Una olla gruesa de cobre (ccobre=0.093 cal/gºC) de 2 kg (incluida su tapa) está a 150ºC. Se vierte en
ella 0.1 kg de agua (cagua=1 cal/gºC, cvapor de agua=0.5 cal/gºC) a 25ºC y se tapa rápidamente la olla para que
no se pueda escapar el vapor (suponer que la presión se mantiene constante e igual a la atmosférica).
Calcula la temperatura final de la olla y de su contenido, y determina la fase (líquido o gas) del agua.
Supón que no se pierde calor al entorno. Calor latente de vaporización del agua: LV=538 cal/g.
b) A continuación se toman 3 l de vapor de agua a 400 K y 1 atm (cP=8.8 cal/molK, γ=1.294, supóngase
que el vapor de agua se comporta como un gas ideal) y se comprimen adiabáticamente de forma
reversible hasta que su presión es P2=25 atm. Si la compresión se realiza en dos etapas adiabáticas,
también reversiblemente, llevando en la primera etapa adiabáticamente el gas hasta la presión de 5 atm,
dejándolo enfriar después a presión constante hasta que su temperatura vuelva a ser la inicial, y en una
segunda etapa comprimiéndolo hasta que su presión sea 25 atm, determinar el trabajo necesario para
realizar la transformación.
c) comparar dicho trabajo con el realizado en una sola transformación adiabática desde 1 atm hasta 25
atm.
R=2 cal/molK=0.082 atml/Kmol=8.31 J/molK; 1 atm=101324.72 N/m2
a) Tenemos en primer lugar una olla de cobre de 2 kg=2000 g a 150ºC sobre la que se echan 0.1 kg=100 g
de agua a 25ºC. Obviamente, la olla se enfriará mientras que el agua se calentará. Habría tres
posibilidades en cuanto a la solución de este apartado: 1) la temperatura final es inferior a 100ºC, de
modo que al final nos queda agua a temperatura t; 2) la temperatura final es de 100ºC, y obtenemos una
mezcla de agua y vapor de agua; 3) la temperatura final está entre 100ºC y 150ºC, y el resultado es vapor
de agua a temperatura t. Lo que haremos es suponer una cosa y ver si es posible.
Supongamos la hipótesis 1, es decir, que la temperatura final de la mezcla es menor de 100 ºC. Así,
tendremos que la olla se enfría desde 150 ºC hasta t, mientras que el agua se calienta desde 25 ºC hasta t.
Lógicamente, el calor cedido por la olla debe ser absorbido por el agua:
Qcedido=Qabsorbido ⇒ molla ccobre ∆tolla=magua cagua ∆tagua ⇒ 2000 · 0.093(150-t)=100 · 1(t-25)
27900-186t=100t-2500 ⇒ t=106.29ºC
Esta solución es imposible, ya que contraviene la hipótesis de partida, que es que la temperatura final sea
inferior a 100ºC. Iniciamos pues la segunda suposición, que es que la temperatura final sea 100ºC, de
modo que parte del agua se vaporiza. Como antes, la olla se enfriará, mientras que el agua se calienta
hasta los 100ºC y después, parte de él, que llamaremos m, se vaporiza. El calor cedido por la olla debe ser
absorbido por el agua, luego:
Qcedido=Qabsorbido ⇒ molla ccobre ∆tolla=magua cagua ∆tagua + Lvm
2000 · 0.093(150-100)=100 · 1(100-25)+538m ⇒ m=3.35 g
Esta solución sí es posible. La temperatura final es de 100ºC. Además, hemos obtenido que se
vaporizarían 3.35 g del agua, quedando como líquido el resto, es decir, 100-3.35=96.65 g.
Veamos que la tercera suposición también es incorrecta. Supongamos que la temperatura final es superior
a 100ºC. Tendremos pues que la olla se enfría desde 150ºC hasta t, mientras que el agua se calienta hasta
100ºC, después se vaporiza, y después se calienta, ya como vapor de agua, hasta la temperatura t. Así,
teniendo en cuenta que el calor cedido es igual al absorbido:
Qcedido=Qabsorbido ⇒ molla ccobre ∆tolla=magua cagua ∆tagua + Lv magua + magua cvapor ∆tvapor
2000·0.093·(150-t)=100·1·(100-25)+538·100+100· 0.5·(t-100) ⇒ t=-120.34ºC
Vemos que este resultado tampoco es posible, pues está por debajo de 0ºC. Por tanto el único resultado
posible es el que hemos indicado anteriormente.
b) Partimos ahora de vapor de agua en unas condiciones:
P1=1 atm; V1=3 l; T1=400 K
Nos dicen que la compresión se realiza en varias etapas. En primer lugar tenemos una etapa adiabática
que nos pasa el gas desde 1 atm hasta 5 atm. Llamaremos estado 2 al nuevo estado, de modo que:
P2=5 atm
Por ser una transformación adiabática:
En esta transformación el trabajo será:
∆W12 =
1
(P2 V2 − P1V1 ) = 1 (5·0.865 − 1·3) = 4.507 atm·l = 465.45 J
γ −1
1.294 − 1
A continuación tenemos una transformación a presión constante hasta que la temperatura vuelve a ser la
inicial. En este nuevo estado 3 tendremos pues que:
P3=P2=5 atm; T3=T1=400 K
Como es constante el número de moles en todo el proceso, teniendo en cuenta la ecuación de los gases
perfectos:
Aplicamos esto a los estados 1 y 3, tenemos en cuenta además que la temperatura es la misma en estos
estados, y podemos así determinar el volumen en el estado 3:
El trabajo en la transformación 2→ 3 es entonces:
∆W23 = -P2·(V3-V2) = - 5·(0.6-0.865) = 1.325 atm·l = 134.26 J
Por último, se realiza una última etapa adiabática comprimiendo el gas hasta una presión de 25 atm:
P4=25 atm
Así, teniendo en cuenta que la transformación es adiabática:
Y el trabajo en esta transformación es:
∆W34 =
1
(P4 V4 − P3 V3 ) = 1 (25·0.173 − 5·0.6) = 4.507 atm·l = 465.45 J
γ −1
1.294 − 1
El trabajo necesario para la transformación es:
∆W = ∆W12 + ∆W23 + ∆W34 = 465.45 + 134.26 + 465.45 = 1065.16 J
c) Si utilizamos una única transformación adiabática que nos pase el sistema desde el estado 1 hasta un
estado 2 donde la presión es de 25 atm:
P2=25 atm
Tendremos entonces que por ser una transformación adiabática:
Y el trabajo en la transformación:
∆W '12 =
1
(P2 V2 − P1V1 ) = 1 (25·0.249 − 1 ·3) = 10.97 atm·l = 1111.47 J
γ −1
1.294 − 1
La relación entre los trabajos en los dos casos será:
∆W 1065.16
=
≅ 0.958
∆W ' 1111.47
El trabajo es un 4% mayor en el caso de una única transformación que cuando se utilizan las dos
transformaciones consecutivas.
5. En la figura está representado en un diagrama P-V el ciclo seguido por un gas. Si la energía interna del
gas cuando se lleva de A a C aumenta en 800 J y el trabajo realizado por el gas a lo largo de la trayectoria
ABC es de 500 J, a) ¿cuánto calor hay que agregar al gas al ir de A a C a través de B? b) Si la presión en
el punto A es 5 veces la presión en el punto C, ¿cuál es el trabajo realizado por el gas al ir de C a D? c)
¿Cuál es el calor intercambiado con los alrededores de C a A? d) Si la energía interna al ir de D hasta A
aumenta en 500 J, ¿cuánto calor se debe agregar al gas cuando va de C a D?
a) Conocemos la variación de energía interna del gas para ir de A a C, ya que nos dicen que dicha energía
interna aumenta en 800 J:
∆EA-C =800 J
También conocemos el trabajo realizado por el gas a lo largo de la trayectoria ABC, que es de 500 J
(negativo, puesto que es trabajo realizado por el gas):
∆WA-C= -500 J
Si aplicamos el primer principio de la Termodinámica:
∆EA-C = ∆QA-C + ∆WA-C => ∆QA-C=800+500=1300 J
b) El trabajo realizado en la trayectoria ABC puede dividirse en dos tramos, AB y BC:
∆WA-C = ∆WA-B + ∆WB-C = ∆WA-B = -500 J
puesto que la transformación BC es a volumen constante.
La transformación AB es a presión constante, luego el intercambio energético en forma de trabajo será:
∆WA-B= -PA · (VB – VA) = - 500 J
La transformación CD también es a presión constante, luego:
∆WC-D = -PC · (VD – VC) = -PA/5 · (VA – VB) = 100 J
c) En el proceso AC, la energía interna aumenta 800 J, de modo que en el CA disminuirá 800 J (ya que es
una variable de estado):
∆EC-A = -800 J
En cuanto al trabajo, ya hemos visto que:
∆WC-D = 100 J
Aplicamos de nuevo el primer principio de la Termodinámica a CA y tendremos:
∆QC-A = ∆EC-A - ∆WC-A = -800-100 = -900 J
d) Vamos a ver cuánto vale la variación de energía interna en la transformación CD, para así aplicar luego
el primer principio de la Termodinámica. Sabemos que en la transformación ABC (formada por AB y
BC) la energía interna aumenta 800 J:
∆EA-C = ∆EA-B + ∆EB-C = 800 J
Además, la energía interna al ir desde D hasta A aumenta en 500 J:
∆ED-A = 500 J
Como la energía interna es una variable de estado, en todo el ciclo la variación neta debe ser nula:
∆Eneta = 0 => ∆EA-B + ∆EB-C + ∆EC-D + ∆ED-A = 0 => ∆EC-D = -1300 J
Aplicamos por tanto el primer principio de la Termodinámica al tramo CD:
∆EC-D = ∆QC-D + ∆WC-D => ∆QC-D = ∆EC-D - ∆WC-D = -1400 J