1. dilatación térmica 1 · paredes. considere que en la barra el coeficiente de dilatación...

1. Dilatación Térmica 1

Proyecto 11.06.31 UTFSM

Problema 51

Una vasija de vidrio cuando está a 0[ºC] 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[ºC], observándose que se derraman 15,2[ 3cm ] por el borde de la vasija.

Considere que el coeficiente de dilatación cúbica del mercurio es 1,82×10−4[1/ºC].

Calcule el coeficiente de dilatación lineal del vidrio.

Solución 51

Inicialmente, a T = 0 [ºC] el volumen interior de la vasija (o capacidad) y el volumen del

mercurio son iguales, y los designamos por V0.

Finalmente, a T = 100 [ºC] el volumen VL de mercurio es mayor que el volumen VR de la vasija, y

la diferencia es el volumen derramado VD. Considerando la dilatación térmica lineal tenemos que:

0 (1 3 )RV V Tα= + ∆ , 0 (1 )LV V Tβ= + ∆ ,

dónde � es el coeficiente de dilatación lineal del vidrio, � es el coeficiente de dilatación cúbica del

mercurio y �T=100 [ºC] 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 0 3 DV T V T Vβ α∆ − ∆ =

Despejando � encontramos:

��

��

�

∆⋅−=

T1

VV

31

� 0

Dβ

Reemplazando los valores numéricos encontramos � =1,0×10−5[1/ºC].

Este resultado es consistente con los valores que aparecen en los textos.



Problema 52

Un reloj de péndulo mide exactamente el tiempo cuando la temperatura es de 25 [ºC], y para ello

realiza una oscilación en 2 [s]. La varilla del péndulo es de acero, cuyo coeficiente de dilatación

lineal es [ ]C/º1105� 6acero

−×= , y su momento de inercia es despreciable comparado con el de la

lenteja. Cuando la temperatura es 15 [ºC], calcule:

a) La deformación de la varilla (o sea, la variación relativa de su longitud).

b) ¿Cuántos segundos por día se adelantará o retrasará el reloj?

Solución 52

a) Cuando la temperatura es 15 [ºC], la longitud de la varilla cambia a (1 )L L Tα′ = + ∆ . Luego,

L L L L Tα′∆ = − = ⋅ ∆ , y finalmente 55 10L

TL

α −∆ = ∆ = − × . El signo menos indica que la

longitud disminuye, al igual que la temperatura.

b) En primer lugar es necesario relacionar la longitud del péndulo con su periodo. Recordemos

una manera de hacerlo, usando la ecuación de Newton para torques.

Luego, la ecuación que describe las oscilaciones del péndulo es:

0g

senL

θ θ+ =��

� � I= ⋅�

Torque Inercia

Respecto a un eje que pasa por el extremo

fijo de la varilla tenemos que:

2var illaI I m L= + ⋅

0

De acuerdo a la figura:

2( ) -L mg sen m Lθ θ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ��



Considerando oscilaciones de pequeña amplitud, la ecuación se puede simplificar y en ella se

reconoce la frecuencia angular en esas condiciones.

2 0 g gL L

θ θ ω+ = � =��

Luego, el periodo τ0 depende de la longitud L como sigue:

0 2 ωτ π= 0

2

Lg

τ π� = ⋅

La relación anterior indica que al disminuir la longitud del péndulo por efecto de la temperatura,

disminuye el periodo de oscilación.

De acuerdo al enunciado, a temperatura [ ] º25 CT = la longitud del péndulo satisface la relación:

0 2 Lg

τ π= ⋅ = 2 [s]

A la temperatura [ ] º15 CT =′ , tenemos que 5( ) 5 10T T Tα α −′ − = ∆ = − × y el nuevo periodo

τ ′ es:

2 (1 ) 2[ ] 0,99997L

T sg

τ π α′ = ⋅ ⋅ + ∆ = ⋅

Puesto que el periodo disminuye, el reloj se adelanta. Entonces, a la temperatura de 15 [ºC] el

reloj marca 2 [s] cuando en realidad han transcurrido 2×0,99997 [s]. Entonces el reloj se adelanta

2×(1 - 0,99997) cada 2 segundos. En un día hay 30×60×24 periodos de 2[s] y por lo tanto el reloj

se adelanta en:

[ ](1 0,99997) 60 60 24 1,3[ ]s s− × × × �



Problema 53

Una barra de sección circular cilíndrica, de radio R = 0,01[m] se coloca entre dos paredes rígidas

separadas por una distancia L = 1 [m], exactamente igual a la longitud de la barra a 20 [ºC].

Luego se eleva la temperatura hasta 100 [ºC] manteniendo constante la distancia entre las

paredes. Considere que en la barra el coeficiente de dilatación térmica lineal es [ ]C/º1101� -6×=

y el módulo de Young es 10 21 10 [ / ]Y N m= × .

Calcule la fuerza que ejerce la barra sobre las paredes a 100 [ºC].

Solución 53

El esquema de la situación a ambas temperaturas es el siguiente.

Cuando no están las paredes, la barra puede dilatarse libremente de modo que su longitud L′ y

radio R′ en términos 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 relación lineal entre esfuerzo y

deformación tenemos,

L

LLY

AF

′−′

⋅=′

Sustituyendo las expresiones anteriores obtenemos,

2 2 2 ( ) (1 )

(1 )L T T

F Y R Y R TL T

α απ π αα

∆ ∆′= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ + ∆ ⋅′ + ∆



Notar que 6 5 1 10 80 8 10Tα − −∆ = × × = × es mucho menor que uno, lo que permite escribir la

siguiente aproximación lineal que usamos para calcular:

2 F Y R Tπ α= ⋅ ⋅ ∆

[ ]10 2 2 5 3,14 1 10 (1 10 ) 8 10 250F N− −= ⋅ × ⋅ × ⋅ × =

Finalmente, en la figura siguiente mostramos las fuerzas de acción y reacción entre las paredes y

la barra.

2. Calorimetría 6


Problema 54

Un calorímetro de cobre de 100 [g] de masa, inicialmente contiene 150 [g] de agua y 8 [g] de

hielo en equilibrio térmico a la presión atmosférica. A continuación se introduce en el calorímetro

un trozo de plomo a una temperatura de 200 [ºC]. Despreciando las pérdidas 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 fusión del agua es [ ]53,33 10 /fL J kg= × , el calor específico del

agua es [ ]4190 /AC J kg C= ⋅° , el calor específico de plomo es [ ]128 /PbC J kg C= ⋅° y el calor

específico de cobre es [ ]390 /CuC J kg C= ⋅°

Solución 54

La temperatura inicial del agua con hielo es de 0 [ºC], pues sólo a esa temperatura pueden

coexistir cuando están en equilibrio a la presión atmosférica. Al depositar el trozo de plomo en el

calorímetro empezará a derretirse el hielo. En primer lugar consideramos la energía que se

requiere para derretir todo el hielo y a continuación calculamos la energía 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 ][º0 C aportaría una energía de,

( )Pb Pb Pb i fQ m C T T= ⋅ ⋅ − ,

dónde el cambio de temperatura es [ ]( ) 200i fT T C− = ° . Luego,

[ ] [ ]0,1[ ] 128 / 200[º ] 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 energía suficiente para derretir todo el hielo. Por lo tanto la

temperatura final del sistema en este caso es ][º0 C .

2. Calorimetría 7


Q [J]

T [°C]

0 2664 5120

200

b) Un trozo de plomo de 200 [g] al enfriarse hasta ][º0 C aportaría una energía de,

[ ] [ ]0,2[ ] 128 / 200[º ] 5120PbQ kg J kg C C J= ⋅ ⋅° ⋅ =

Esta energía podría derretir todo el hielo y elevar la temperatura en el calorímetro. A continuación conviene calcular la energía que se requiere para que toda el agua en el calorímetro alcance la temperatura de ebullición [ ]100fT C= ° .

[ ] [ ]( ) 0,158[ ] 4190 / 100[º ] 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 energía suficiente para subir la temperatura hasta [ ]100fT C= ° . Comparando

mejor, notamos que ni siquiera hay energía suficiente para subir la temperatura en 10[º C] , por lo

tanto la temperatura final del sistema en este caso es un valor entre ][º0 C y [ ]10 C° , que calculamos a continuación. Para ello escribimos una relación en que igualamos la energía requerida para derretir el hielo y elevar la temperatura del calorímetro con agua, con la energía 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′+ − + − = − ,

dónde debe usarse [ ]0,158Am kg′ = que corresponde a la suma de la masa de agua más la masa de

todo el hielo, que al fundirse absorbió los 2664[J] que figuran en la relación. Introduciendo los valores numéricos encontramos que la ecuación es aproximadamente, 2664 662 39 5120 26T T T+ + = − ,

la cual puede resolverse resultando

la temperatura final de equilibrio

[ ]3,4T C= ° . El gráfico siguiente

muestra la relación entre las

temperaturas del trozo de plomo y

del agua, en términos del calor que

intercambian. La intersección entre

las rectas representa el estado final de equilibrio.

2. Calorimetría 8


Problema 55

Una mezcla con 500[g] de agua líquida y 100[g] de hielo se encuentra inicialmente en equilibrio

térmico a la temperatura de 0[ºC], en un recipiente aislado. A continuación se introduce al

recipiente 200[g] de vapor de agua a 100[ºC]. Suponga que la capacidad calórica del recipiente

es despreciable y los datos siguientes: calor de fusión del hielo Lfusión = 3,33×105[J/kg], calor de

vaporización del agua Lvaporización = 22,6×105[J/kg] y calor específico del agua c = 4.200[J/kg�ºC]

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 composición final del sistema en [gr].

Solución 55

a) Puesto que la mezcla agua+hielo se encuentra inicialmente en equilibrio térmico, no existe traspaso de calor entre sus componentes. Cuando se introduce en ella el vapor de agua, éste 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 cálculos preliminares sobre la energía involucrada en cada posible cambio de fase. 1. ¿Cuánta energía se extrae del vapor de agua al llevarlo a la fase de agua líquida a 100[ºC] ?

El cambio de fase ocurre a la temperatura constante de 100[ºC], entonces: vapor vapor vaporizaciónQ m L= ⋅

[ ] [ ]50,2 22,6 10 452.000vaporQ J J= ⋅ ⋅ =

2. ¿Cuánta energía absorbe la mezcla agua+hielo al pasar a la fase de agua líquida a 0[ºC] ? El cambio de fase afecta sólo al hielo y ocurre a 0[ºC] , entonces:

( )a

hielo hielo fusiónQ 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 derretirá todo el hielo.

2. Calorimetría 9


c) A continuación conviene calcular cuánta energía se requiere para calentar toda el agua proveniente de la mezcla agua+hielo, hasta la temperatura de 100[ºC] 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 podrá alcanzar la temperatura de 100[ºC], sin necesidad de condensar todo el vapor. d) La temperatura final de la mezcla de agua y vapor de agua es 100[ºC], única temperatura a la cual están en equilibrio a la presión atmosférica (1[atm]). e) La masa de vapor ( vm en [g] ) que condensa se puede obtener haciendo la proporción:

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 función del calor intercambiado entre ambos. Notar que la intersección de las rectas corresponde al estado de equilibrio térmico. Finalmente la composición del sistema una vez alcanzado el equilibrio corresponderá a 500[g] + 100[g] + 126[g] = 726[g] de agua líquida (que corresponde a la suma de la masa inicial de agua con hielo más el vapor condensado) y 200[g] - 126[g] = 74[g] de vapor de agua, a la temperatura de equilibrio de 100[ºC].

3. Conducción de calor 10


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 operación, la

temperatura en la pared interior del horno es de 1000 [ºC] y la temperatura del ambiente exterior es de

50 [ºC].

T = 1000 °C

T = 50 °C

e L

e AInteriorhorno Exterior

κκκκ L κκκκ A

Use los siguientes valores de conductividad térmica: para ladrillo ] C cm cal/s [ 0,01 °=Lκ y para el

material aislante 10/] C cm cal/s [ 0,001 Lκκ =°=A .

Determine el espesor del material aislante de modo que su temperatura no exceda de 800 [ºC].

Solución 56

El flujo de calor H depende del gradiente de temperatura y está dado por la ecuación:

dxdT

AH κ−= ,

dónde κ es la conductividad térmica y A es el área del material a través del cual fluye el calor en la

dirección x . El valor absoluto del flujo de calor a través de una pared de caras paralelas de espesor

e, entre las cuales la diferencia de temperatura es T∆ , la ecuación anterior adopta la forma:



eT

AH∆=κ

El flujo de calor en estado estacionario debe ser constante a través de todo el espesor de la pared por

lo tanto se cumple que:

Aislante

ExteriorJunturaA

Ladrillo

JunturaInteriorL

AislanteLadrillo

TTA

TTA

HH

ee−

=−

=

κκ

Reemplazando las temperaturas dadas en el enunciado, considerando que ][º800 CTJuntura = y

despejando el espesor AislanteA ee = se obtiene finalmente:

][5,120001,0

4750001,04

200750

e

e750

e200

cmeL

ALA

A

A

L

L

=⋅

⋅⋅⋅=⋅⋅

=

⋅=⋅

κκ

κκ

Notar que el gradiente de temperatura en el aislante es de 500[ºC/cm] mientras que en el ladrillo es

sólo de 50[ºC/cm]. Esto es así pues la conductividad térmica del aislante es 10 veces menor que en el

ladrillo.



Problema 57 Considere un depósito cilíndrico de largo L, radio interior R y radio exterior 2R , que contiene agua a

una temperatura TA en un ambiente exterior que está a una temperatura menor TB. Considere que las

tapas del cilindro son aislantes térmicos perfectos y que el flujo de calor es radial y estacionario.

a) Determine una expresión para la temperatura en función de la variable r (la distancia al eje). A

partir de ella calcule para r para el cual la temperatura es igual al promedio de las temperaturas

interior y exterior.

b) Grafique la temperatura T en función de la variable r.

A continuación suponga que el flujo de calor hace disminuir la temperatura del agua a partir del

valor inicial T0 = 90°C, mientras la temperatura exterior se mantiene constante en T B = 20°C,.

c) Deduzca una expresión para la temperatura del agua en función del tiempo y a partir de ella

determine cuánto demora en llegar al valor 30[°C].

d) Grafique la temperatura del agua en función del tiempo usando los siguientes datos: R

= 10 [cm], ρ = 1 [g/cm3], L = 40 [cm], κ = 0,01 [cal / s °C cm], c = 1 [cal / g ºC].

Solución 57

a) Consideremos una superficie cilíndrica de radio r )2( RrR << y largo L, coaxial con el

depósito, a través del cual fluye calor desde el interior del cilindro hacia el ambiente. El flujo de

calor está dado por la relación:

drdT

AH κ−= ,

L

TB TA R

2R



en el cual rLA π2= es el área por la cual fluye el calor. Entonces, drdT

LrH 2πκ ⋅−= .

En estado estacionario H es constante e independiente de r, lo que permite integrar la expresión

anterior como se muestra a continuación,

−=T

T

r

R A

dTLr

drH πκ2

( )ATTLH −−=��

��

�⋅ πκ2Rr

ln

El valor de H se calcula usando la condición exterior: 2 B TR) T( = . Entonces,

( )BA TTLH −=⋅ πκ2ln(2) .

Reemplazando H y despejando T(r) resulta:

( ) ��

��

�−−=

RrTT

TrT BAA ln

)2ln()(

La expresión anterior permite probar fácilmente que la temperatura promedio 2/)()( BA TTrT +=

ocurre en Rr 2= . Con los valores numéricos del enunciado, la expresión para la temperatura

interior del cascarón cilíndrico, en estado estacionario, en grados Celsius es:

( ) ��

��

�⋅−=Rr

ln101 90rT

b) El gráfico correspondiente a

T(r) es el siguiente.

c) Para analizar el

enfriamiento del agua

contenida en el cilindro,

supondremos que el flujo de

calor está dado por la relación

de estado estacionario, con la

temperatura exterior TB constante. Así, en un instante cualquiera, la temperatura interior es T y el

flujo térmico hacia el exterior es:

20

10 20

90

r [ cm ]

T °C

0



( )BTTL

dtdQ

H −== )2ln(

2πκ

El calor dQ que traspasa el agua al medio ambiente provoca un cambio dT en su temperatura; es

decir, cmdTdQ −= , dónde c es el calor específico y m la masa de agua. Entonces,

( )BTTL

dtdT

mc −=−)2ln(

2

πκ

Separando las variables e integrando se obtiene:

⋅−=

−

T

T

t

BA

dtcm

LTT

dT

0)2(ln

2 κπ

)2(ln 2

dónde ,lncm

Lt

TTTT

BA

B κπαα =−=��

��

�

−−

Entonces la temperatura del agua en cualquier instante está dada por:

( ) ( ) tBAB eTTTtT α−−+=

Reemplazando los datos del enunciado se obtiene: ( ) tetT ⋅⋅−⋅+= 000289,07020 .

Lo anterior permite determinar el instante t para el cual T(t) = 30 [ºC], resultando:

t = 6745 [s] � 1 hora y 52 minutos

d) El gráfico correspondiente a T(t) es el siguiente.

T( t ) [ °C ]

t [ s ]

90

20

0



Problema 58

Considere un recipiente esférico de radio interior ][10 cmR = y pared de espesor ][5 cme = y

conductividad térmica [ ]0,80 / ºK W m C= ⋅ . En su interior se guarda m = 3 [kg] de hielo

inicialmente a -10 [ºC] en un ambiente cuya temperatura es constante de 20 [ºC].

Considere los siguientes datos para el hielo: calor específico 0,50[ / º ]C cal g C= ⋅ , y calor de fusión

[ ]80 / L cal g= .

Calcule el tiempo que transcurre hasta que todo el hielo se transforma en agua.

Solución 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 [ºC]. A continuación el calor derrite el hielo mientras la

temperatura se mantiene constante en 0 [ºC].

El flujo de calor hacia el interior es radial y simétrico, lo cual permite escribir la siguiente

relación (ley de Fourier) para el flujo dtdQ

,

24dQ dT

K rdt dr

π= ⋅ ⋅ ,

Este flujo atraviesa la superficie de una esfera de radio r y espesor dr a través del cual existe una

diferencia de temperatura dT. Notar que dQ es calor que entra en un lapso dt y 2�r4 es el área de

la esfera a través de la cual pasa este calor.



En primer calculamos el flujo de calor H en términos de la diferencia de temperatura entre el

interior y el exterior, suponiendo que ésta 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 través de una superficie esférica de radio r es una constante independiente de r, para

eRrR +≤≤ . Si el flujo no fuera constante significaría que el calor se acumula en alguna parte

del recipiente esférico cascarón, lo cual descartamos.

A continuación resolvemos la ecuación diferencial para el flujo radial de calor con las siguiente

condiciones de borde para la temperatura: T(R) = Ti , T(R+e) = Te .

Entonces,

24 dT

H Krdr

π= ⋅ � 2

4dr KdT

r Hπ=

Integrando,

2

4 1 1 4 ( )

e

i

TR e

e i

R T

dr K KdT T T

r H R R e Hπ π+

� �= � − = −� �+� �

De lo anterior podemos despejar el flujo de calor en función de la diferencia de temperatura,

4 ( ) (1 )e iH K T T R R eπ= − ⋅ +

Usando los valores numéricos dados en el enunciado, el flujo inicial de calor resulta de

aproximadamente 113[W]. Este flujo debe disminuir a medida que sube la temperatura interior,

de acuerdo a la relación

dTmCdQ ⋅⋅= ,

siendo dT el cambio de temperatura del hielo cuando absorbe una cantidad de calor dQ . Entonces,

dtdT

mCdtdQ

H ⋅⋅==

Usando el valor de H encontrado anteriormente para una temperatura interior T variable, tenemos

que,

1t0[º ]

10[º ] 0

4 (1 )� ; dónde �

( )

C

eC

dT K R R edt

T T C mπ

−

⋅ ⋅ ⋅ += ⋅ =− ⋅

Luego,



1ln(20) ln(30) tγ− + = ⋅

( )�

t23ln

1 =

Con los datos numéricos del enunciado resulta 3 10,48 10 [ ]sγ − −= ⋅ y [ ]1 845t s= .

Cuando se derrite el hielo, la temperatura interior se mantiene constante en 0[ºC] 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 numéricos 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.



hielo

Text

Rint

e

Tapa Recipiente

Text

Rint

Tint

Rext

rdr

Problema 59

En una habitación cuya temperatura ambiente es

20 [º ]extT C= , se encuentra un recipiente esférico de

vidrio, cerrado, que contiene hielom = 3 [kg] de hielo a

temperatura de extT = −10 [ºC]. 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 térmica del vidrio

0,8 [ / º ]vidrioK W m C= ⋅ , calor específico del hielo 0,5 [ / º ] hieloc kcal kg C= ⋅ , calor latente de

fusión del hielo L 80 [ / ]fusión kcal kg= , [ ] [ ]1 4.186,8 kcal J= .

Solución 59

El análisis conceptual de la situación permite distinguir

dos periodos de tiempo, en el primero el flujo de calor que

entra a través de la paredes del recipiente aumenta la

temperatura del hielo desde −10 [ºC] hasta 0 [ºC], después

se inicia el segundo periodo en el cual el hielo cambia de

fase a agua líquida.

Primero vamos a obtener el flujo de calor a través de la

capa esférica en función de las temperaturas interior intT y exterior extT . Para ello conviene

utilizar un sistema de coordenadas esféricas cuyo origen está el centro de la esfera, como se

muestra en la figura. La ecuación diferencial de conducción térmica a través de un cascarón

esférico de radio r, área 24A rπ= y espesor dr es:

�2

área delcascarón

ˆ ˆ = 4 dT dT

H K A T K A r K r rdr dr

π= − ∇ = − − ⋅� �

Note que el flujo de calor H�

es un vector que siempre tiene dirección contraria al vector

gradiente de temperatura T∇�

, lo que está indicado por el signo negativo en la ecuación.



En un sistema de coordenadas esféricas,

pero en una situación con simetría esférica se simplifica mucho la expresión puesto que la

temperatura no varia con las coordenadas angulares y φ θ . Por lo tanto en el gradiente queda

sólo el término asociado a la dependencia radial de la temperatura. Además, la magnitud de H�

tiene que ser constante a través de la pared del cascarón, pues en el estado de flujo estacionario

el calor no se acumula dentro del cascarón. Entonces, la ecuación diferencial se puede resolver

por separación de variables como se muestra a continuación. Primero reescribimos la ecuación

colocando al lado izquierdo las cantidades que no dependen de r, después se separan las

variables T y r, luego se integra con los límites apropiados y finalmente se despeja H�

.

2 ˆ 4

H dTr r

K drπ= − ⋅ ⋅

⋅

�

2

1 ˆ4

Hdr dT r

K rπ− ⋅ = ⋅

⋅

�

2

14

ext ext

int int

R T

R T

H ˆdr dT rK rπ

− = ⋅⋅

⋅ �

14

extext

intint

RTT

R

H ˆT rK rπ

�− ⋅ − = ⋅� ⋅ � �

�

( )4

1 1ext int

int ext

T TˆH K r

R R

π−

= − ⋅ ⋅ ⋅� �

−� ��

� (1)

Como era de esperar, el vector flujo de calor H�

apunta hacia el centro de la esfera pues el valor

que acompaña a r̂ en el resultado anterior, es negativo. En el resultado anterior vemos que

depende de Tint que es la temperatura en el interior del cascarón en un instante cualquiera.

Puesto que el calor es absorbido por el hielo, la temperatura Tint cambia con el tiempo y por lo

tanto la magnitud del flujo de calor también cambia con el tiempo. Así, el flujo de calor hacia el

interior del cascarón determina la rapidez de cambio de la temperatura interior intT T= según:

hielo hielo

dQ dTH H c m

dt dt= = = ⋅ ⋅

� (2)

Igualando las expresiones encontradas para la magnitud H se obtiene:

1 1ˆ ˆˆdT dT dTT r

dr r d r sen dθ φ

θ θ φ∇ = ⋅ + ⋅ + ⋅

⋅�

H�



( )4

1 1ext

hielo hielo

int ext

T T dTH K c m

dtR R

π−

= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅� �

−� ��

Para simplificar lo anterior definimos:

4 4 0 83 0

1 11 10 10 0 15

int ext

K , W,

º C, ,R R

π πβ ⋅ ⋅ �= = = � � � � � � �−− � ��

Entonces,

( )ext

hielo hielo

T TdTdt m c

β −=

⋅ (3)

La relación 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 límites apropiados, es posible

determinar el tiempo requerido para que el hielo alcance la temperatura de 0[ºC]. Este

procedimiento se ejecuta a continuación.

( )hielo hielo

ext

m c dTdt

T Tβ⋅=

−

( )1 0º

0

1t Chielo hielo

extintT

m cdt dT

T Tβ⋅=

−

� 1 [ln( ) ln( )]hielo hieloext int ext

m ct T T T

β⋅= ⋅ − − �

�( )

1

3 0,5 4.186,8 20 10ln ln 844,58[ ] 14[min]

3,015 20hielo hielo ext int

ext

m c T Tt s

Tβ �⋅ − ⋅ ⋅ � − − �= ⋅ = ⋅ =� ��

� ��

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 Tfusión = 0 [ºC]. Entonces,

� ( )ext fusiónH T Tβ= ⋅ − ��

Este flujo es constante durante el cambio de fase y debe ser igual al cuociente entre el calor

requerido para fundir todo el hielo fusiónQ y el intervalo de tiempo 2t que dura este cambio de

fase. Luego,



2 2

fusión hielo fusiónQ m LdQH

dt t t

⋅= = =

( )2

hielo fusiónext fusión

m LT T

tβ

⋅⋅ − =

Despejando 2t y evaluando se obtiene:

� ( ) ( ) [ ]2

3 80 4 186 8278

3 05 20 0hielo fusión

ext fusión

m L . ,t min

,T Tβ⋅ ⋅ ⋅= =

⋅ −⋅ −� �

Finalmente, el tiempo buscado corresponde a la suma de 1 2y t t , lo cual da como resultado final:

[ ] [ ]1 2 292 4 86 totalt t t min , h= + = =

4. Gases ideales 22


Problema 60

Un recipiente de forma esférica con radio r=20 [cm] contiene un gas ideal a presión P1 =1 [atm] y

a temperatura t1= 20[ºC]. El recipiente se calienta hasta alcanzar la temperatura t2=100 [ºC],

manteniéndolo abierto para permitir que el gas escape y se mantenga constante la presión. Luego

el recipiente se cierra y se coloca en un baño de agua en equilibrio con hielo a temperatura

t3=0[ºC]. Datos: ][1001,1][1 51 PaatmP ×== y [ ]KmolJR ⋅= /31,8 (constante para gases

ideales)

a) ¿Cuántas moléculas de gas escapan del recipiente mientras éste se calienta?

b) ¿Cuál es la presión en el recipiente cuando llega al equilibrio en el agua con hielo?

Solución 60

a) El proceso de calentar el gas sucede a presión y volumen constante, de modo que las

moléculas que escapan del recipiente corresponden a la diferencia de moles de gas que hay

dentro de él a las temperaturas t1= 20[ºC] y t2=100 [ºC]. El volumen del recipiente es

][034,0 34 33 mrV ≈= π

Usando la ecuación de estado para un gas ideal tenemos que:

A 20 [ºC], 111 RTnVP = , de dónde obtenemos que ][4,129331,8

034,01001,1 5

1

11 mol

RTVP

n =⋅

⋅×== ,

y a 100 [ºC], 221 RTnVP = , lo cual conduce a ][1,137331,8

034,01001,1 5

2

12 mol

RTVP

n =⋅

⋅×== .

Hacemos notar que la temperatura T en la ecuación de estado del gas ideal debe estar en Kelvin.

4. Gases ideales 23


De lo anterior concluimos que el número de moléculas que escapan del recipiente durante el

proceso de calentamiento es:

moléculas 3,0)( 21 aa NNnnN ⋅=⋅−= , dónde 231002,6 ×=aN es la constante de Avogadro.

Luego, escapan del recipiente aproximadamente moléculas108,1 23× .

b) Cuando el recipiente abierto está a 100 [ºC] 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 [ºC]. La presión debe

disminuir al igual que la temperatura. Luego,

323 RTnVP =

43

1,1 8,31 2737,3 10 [ ] 0,70[ ]

0,034P Pa atm

⋅ ⋅= = ⋅ =

4. Gases ideales 24


Problema 61 Un recipiente esférico de 20 [cm] de diámetro contiene un gas ideal que inicialmente está a 1 [atm]

y a 20 [ºC]. El gas se calienta hasta alcanzar los 100 [ºC] manteniendo el recipiente abierto y

permitiendo que parte del gas se escape. Posteriormente el recipiente se cierra y se sumerge en un

baño de agua congelada (agua y hielo en equilibrio).

a) ¿Cuántas moléculas de gas se escapan del recipiente a medida que es calentado?

b) ¿Cuál es la presión del gas cuando alcanza el equilibrio en el agua congelada?

Solución 61 Instante t=0

En el instante inicial, (t=0) tenemos que:

- Ti = 20 [ºC]

- Pi = 1 [atm] , ya que el recipiente está abierto.

- r = 20 [cm] =0,2 [m], y el volumen del recipiente es:

3 340,034 [ ]

3V r mπ= ⋅ ⋅ = ⋅

Usando la ecuación de estado pV=nRT se obtiene el número inicial in de moles de moléculas.

Con los valores Pi = 1 [atm] = 1,01 ⋅ 105 [Pa], R = 8,31 [Joule/ (mol ºK)], Vi = 0,034 [m3], Ti =

20 [ºC] = 293 [K], resulta:

[ ]1,4i ii

i

P Vn mol

R T⋅= =⋅

Instante t >0

a) Las moléculas que escapan se obtienen a partir de la

diferencia de moles de gas que hay dentro del recipiente a las

temperaturas de 20 [ºC] y 100 [ºC]. Considerando que

durante el calentamiento, la presión se mantiene constante y el

volumen del recipiente no cambia, entonces el número de

4. Gases ideales 25


moles fn se obtiene con la ecuación de estado y los siguientes valores:

Pf = Pi = 1 [atm] = 1,01 ⋅ 105 [Pa]

Vf = Vi = 0,034 [m3]

Tf = 100 [ºC] = 373 [ºK]

Entonces,

[ ]1,1f ff

f

P Vn mol

R T

⋅= =

⋅

Luego, en el proceso de calentamiento se escapan ∆n = i fn n− = 0,3 [mol], es decir, ∆N=∆n⋅ NA

= 0,3 NA moléculas, donde NA = 6,02⋅1023 es el número de Avogadro.

Finalmente se obtiene que aproximadamente 1,8⋅1023 moléculas escapan del recipiente.

Instante t >0

b) Cuando la temperatura alcanza los 100 [°C] el recipiente se

cierra, estando la presión en el valor 1[atm]. En la figura se

indica la situación cuando recién se ha colocado el recipiente en

agua congelada. Allí el gas alcanzará una temperatura de

equilibrio TE = 0[°C]. Puesto que el volumen permanece

constante, de acuerdo a la ecuación de estado de los gases

ideales, la presión debe disminuir.

Usando los valores, Vf = Vi = 0,034 [m3], Tf = 0 [ºC] = 273 [K] y nf = 1,1[mol] en la ecuación

de estado, se obtiene aproximadamente:

[ ]47,3 10f Ef

i

n R TP Pa

V

⋅ ⋅= = ⋅

Esto corresponde a [ ] [ ][ ] [ ]4

5

17,3 10 0,70

1,01 10f

atmP Pa atm

Pa= ⋅ × ≈

⋅

Así hemos obtenido que la presión dentro del recipiente es finalmente 0,70 [atm].

4. Gases ideales 26


Problema 62

Considere una botella con gas que ocupa un volumen 0V a

temperatura 0T , con un tapón cilíndrico en su cuello como se

indica en la figura. El tapón es hermético, de masa m, área A y

puede deslizar sin fricción con la superficie de la botella.

Estando en equilibrio, el cilindro se empuja suavemente hacia

adentro y luego se suelta. Determine la frecuencia de

oscilación, suponiendo que la temperatura se mantiene

constante.

Solución 62

La condición inicial de equilibrio de fuerzas satisface la ecuación:

0atmP A mg P A+ = ,

dónde 0P es la presión dentro de la botella, que está determinada por

la ecuación de estado para el gas ideal:

00

0

nRTP

V=

Al empujar el tapón hacia adentro disminuye el volumen del gas, y

puesto que supondremos una temperatura constante, la ecuación

anterior indica que aumenta la presión ejercida por el gas. Al soltar

el tapón no se cumplirá la condición de equilibrio de fuerzas, y éste será empujado hacia arriba

iniciándose una oscilación que estudiaremos a continuación

Llamaremos x al desplazamiento hacia adentro del tapón, de modo que el cambio respectivo de

volumen del gas es −Ax y la presión P en su interior dependerá de x. Entonces,

0 0( ) ( )P x V A x nRT⋅ − ⋅ =

Considerando que el cambio de volumen es pequeño respecto al volumen original, puede hacerse

una aproximación de primer orden en x para la presión P(x). Expandiendo en serie el factor 1

0

1AxV

−� �

−� ��

, y usando la relación ( ) 1 2 31 1 ...u u u u−− = + + + + , con 12 <u , se obtiene,

4. Gases ideales 27


00

( ) 1xA

P x PV

� �= +� �

� �

Para estudiar la oscilación del cilindro, a continuación se escribe la ecuación 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 aproximación de primer orden para P(x) y la ecuación de

equilibrio para el estado inicial, la relación anterior se simplifica a lo

siguiente: 2 2

0 20

A d x

P x mV dt

− = ⋅

Esta relación se reconoce como la ecuación diferencial que describe una oscilación armónica

simple, por ser de la forma: 2

22 0

d xx

dtω+ = .

Luego, para este caso la frecuencia de las oscilaciones es:

0

0

PA

mVω = .

Usando la ecuación de estado del gas ideal, lo anterior también se puede expresar por,

0

0

nRTAV m

ω = .

Esta es la frecuencia de las pequeñas oscilaciones del tapón.

4. Gases ideales 28


Problema 63

En un globo esférico como los de cumpleaños, de radio r, la

elasticidad del material es tal que la diferencia de presión entre

el interior (P) y el exterior ( 0P ), es proporcional al radio, como

lo indica la expresión:

0P P K r− = ⋅ ,

dónde K es una constante elástica del material. Considere que la

presión exterior se mantiene constante.

a) Determine el número n de moles que debe tener el globo para que su radio sea r , a una

temperatura de equilibrio T conocida.

b) Relacione un pequeño cambio en la temperatura de equilibrio con el respectivo cambio en el

radio del globo.

c) Determine el trabajo hecho por el gas cuando el radio del globo disminuye a la mitad,

manteniendo constante el número de moles en su interior.

Solución 63

a) Utilizando la ecuación de estado de los gases ideales: PV nRT= , considerando el volumen

de aire contenido en el globo: 34 / 3V rπ= ⋅ , y sustituyendo P según la expresión dada en el

enunciado: 0P P K r= + ⋅ , se obtiene:

3

0

4( )

3r

P Kr nRTπ� �⋅+ =� �

� �

Despejando el número de moles se obtiene el resultado pedido:

( )304

3r Kr P

nRT

π ⋅ +=

b) La expresión encontrada indica que al disminuir el radio disminuye la temperatura de

equilibrio, cuando el número de moles se mantiene constante. Al despejar la temperatura T

en dicha expresión, se encuentra:

( )304

3r P Kr

TnR

π += .

4. Gases ideales 29


Derivando en la expresión anterior respecto a r, se encuentra la relación entre pequeños

cambios de temperatura de equilibrio y radio del globo. Entonces,

( )2

04 3 43

r P Kr rT

nR

π + ∆∆ = .

Notar que ambos cambios son del mismo signo, de modo que al disminuir el radio la

temperatura también disminuye.

c) Para determinar el trabajo hecho por el gas calculamos:

f

i

V

V

W P dV= ⋅ .

El cambio dV se obtiene derivando la expresión para el volumen V de la esfera dado en la

parte a). El resultado de eso corresponde al producto entre el área 24 rπ de la esfera y el

espesor dr, lo cual describe el volumen de un cascarón esférico muy delgado, es decir, 24 dV r drπ= . Entonces,

( ) 20 4

f

i

r

r

W P Kr r drπ= + .

La integración 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

π− +=

Notar que el trabajo realizado por el gas al reducirse el radio del globo a la mitad, es negativo.

Sugerencia: calcule el cambio de energía interna del aire contenido en el globo, cuando

el radio se reduce a la mitad.

4. Gases ideales 30


Problema 64

Un tanque para gases, perfectamente aislado y de capacidad calorífica despreciable, está dividido

mediante un tabique aislante, en dos partes A y B que contienen un mismo gas. Inicialmente cada

una de las partes está en equilibrio, con la temperatura, la presión y el volumen indicados en la

figura.

Determinar la temperatura y presión de equilibrio cuando se retira el tabique.

Solución 64

Al sacar el tabique el gas debe alcanzar un nuevo estado de equilibrio ocupando el volumen

A BV V+ , con una presión y temperatura únicas. Al retirarse el tabique y ocurrir el intercambio

molecular entre las dos partes del tanque, el gas no realiza trabajo. Puesto que el tanque también

está aislado perfectamente y no absorbe calor por tener una capacidad calorífica despreciable,

entonces aplicando la primera ley termodinámica concluimos que la energía interna permanece

constante. Considerando que en el gas, C es el calor específico 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 TT

n n+=+

Usando la ecuación de estado para el gas en equilibrio en los estados iniciales, se obtienen las

siguientes expresiones correspondientes a An y Bn .

A

AAA RT

VPn = ;

B

BBB RT

VPn =

4. Gases ideales 31


Sustituyendo estas expresiones se puede expresar la temperatura final de equilibrio en términos

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 TT

P V T P V T+=

+

Para obtener la presión se aplica la ecuación de estado para el gas en el estado final.

( ) ( )A B A BP V V n n RT+ = +

Despejando la presión y usando la primera expresión encontrada para la temperatura T se

obtiene:

BA

BBAA

VVTnTnR

P++= )(

Finalmente, usando nuevamente la ecuación de estado para las condiciones iniciales de

equilibrio, se encuentra el resultado deseado:

A A B B

A B

P V P VP

V V+=+

5. Primera ley termodinámica 32


Problema 65 Un bombín de bicicleta que consta de un cilindro de diámetro D=2[cm] y longitud L1= 25[cm], se

usa para introducir aire a un neumático cuya presión 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 la

presión atmosférica manteniendo constante la temperatura. Suponga que el aire se comprime

hasta que está a punto de empezar a fluir hacia el interior del neumático.

a) Calcule la distancia que ha sido desplazado el émbolo.

b) Calcule el trabajo realizado por el aire al ser comprimido.

c) Calcule el calor entregado o recibido por el aire durante la compresión.

Solución 65

a) Inicialmente el aire del cilindro está a la presión atmosférica (P1=1,013�105 [Pa] �105 [Pa]), y

para que exista flujo de aire hacia el interior del neumático se necesita comprimirlo en el bombín

hasta que alcance la presión interna de la rueda. Entonces,

][104,2 52 PaP ⋅=

Al considerar que el proceso de compresión ocurre a temperatura constante, se cumple para los

estados inicial (1) y final (2):

1 1 2 2P V P V⋅ = ⋅ .

5 51 210 2,4 10A L A L⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅

Entonces, 12 10,4[ ]

2, 4L

L cm= =

Por lo tanto, se necesita empujar el émbolo una longitud de: (25,0 - 10,4) [cm] = 14,6 [cm].

b) El trabajo realizado por el gas en un desplazamiento infinitesimal del émbolo es dW P dV= ⋅ .

Usando la ecuación de estado de un gas ideal, se obtiene la siguiente expresión:

n R TdW dV

V⋅ ⋅= ⋅

Integrando entre los estados inicial y final se obtiene:



5 62 21 1

1 1

10, 4ln ln 10 25 10 ln 6,8[ ]

25V V

W nRT PV JV V

π −� � � � � �= ⋅ = ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ −� � � � � ��

�

El resultado anterior es negativo, es decir, el trabajo realizado por el gas es negativo pues empuja

al émbolo en dirección contraria al movimiento de éste.

c) Puesto que un gas ideal sometido a un proceso a temperatura constante cumple que 0U∆ = ,

entonces aplicando la primera ley termodinámica 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.



Problema 66

Un mol de gas ideal se encuentra inicialmente a temperatura ti = 20ºC y recibe calor Q = 400 [J]

manteniendo constante la presión. Use el calor específico molar a presión 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.

Solución 66

a) El calor absorbido por el gas en el proceso a presión constante permite calcular el cambio de

temperatura, con lo cual se obtiene el cambio de energía interna del gas, como sigue:

nRQ

ttnRtnCQ p 52

2/5 =∆�∆=∆=

][º20815

4002Ct =

⋅⋅⋅=∆

Entonces,

[ ]40ft C= °

Puesto que en el gas ideal, P VC C R− = , entonces 3 / 2VC R= y el cambio de energía interna es:

][2402023

1 JtnCU v =⋅⋅=∆=∆

Finalmente, aplicando la primera ley termodinámica, se calcula el trabajo pedido. Entonces,

][160240400 JUQWWQU =−=∆−=�−=∆

b) Debido a que el proceso dado no es un ciclo cerrado, los resultados obtenidos para máquinas

cíclicas no son utilizables. Vamos a usar la siguiente definición de eficiencia:

Trabajo realizadoCalor absorbido

η =

Entonces,

40,0400160 ==η



Problema 67 Considere un recipiente aislado que

posee dos cámaras separadas por un

pistón móvil de área A=600[cm2] que

impide el intercambio de calor y de

moléculas entre ellas. En la cámara del

lado izquierdo hay 0,5 moles de aire y una

resistencia eléctrica; y en la del lado

derecho hay 0,7 moles de He y un resorte de constante elástica k=3·104[N/m].

Inicialmente el sistema está en equilibrio a temperatura ti=20 ºC, y presiones de 1,0 [atm] en el

lado izquierdo y 0,50[atm] en el lado derecho. A continuación se conecta la resistencia eléctrica 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 ecuación respectiva y dibuje el

diagrama P-V cualitativo.

d) Calcule la energía interna en la cámara del lado derecho, en el estado inicial y final.

e) Calcule las presiones finales en ambas cámaras.

f) Calcule el calor entregado por la resistencia durante el lapso de su conexión.

Use los siguientes calores específicos molares. A volumen constante, para Helio c=3R/2 y para

aire c=5R/2. A presión constante, para Helio c’=5R/2 y para aire c’=7R/2.

Solución 67

a) Inicialmente el pistón que separa ambas cámaras está en equilibrio mecánico por efecto

del resorte y de las presiones en ambas cámaras. La ecuación de equilibrio de fuerzas es:

ApApF AH =+

Entonces, ][100,310610013,1)5,00,1()( 3425 NAppF HA ⋅=⋅⋅⋅⋅−=−= −

b) La compresión del resorte obedece a la relación lineal xkF = .



Entonces la compresión inicial es: ][10,0100,3100,3

4

3

mkF

xi =⋅⋅== .

Por otra parte, el volumen de Helio satisface la ecuación de estado: RTnVp HHH = , y puede

calcularse usando los valores iniciales de temperatura absoluta y presión.

Luego,

][104,3][104,310013,15,029331,87,0 3432

5 cmmpRTn

VH

HH ⋅=⋅=

⋅⋅⋅⋅== − .

Entonces, la longitud de la cámara con Helio es: ][56600

104,3 4

cmA

VL H

H =⋅== , y el largo normal

del resorte es ][66 cmxLl iHR =+= .

c) El Helio está en un recipiente

aislado, restringido a realizar un

proceso adiabático. Puesto que la

cámara con aire recibe calor, éste

puede repartirse entre energía interna

de las moléculas de aire y trabajo

realizado al expandirse. Por lo tanto,

la cámara que contiene Helio

experimenta una compresión

adiabática que satisface la ecuación:

H HpV p Vγ γ=

dónde 53

Helio

Helio

cc

γ′

= = , 5 2 5 30,50 1,013 10 (3, 4 10 ) 178H Hp V γ −= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = .

Notar que el producto pV γ es constante y se evalúa con los valores iniciales en la cámara de

Helio.

d) En la cámara del lado derecho la energía interna inicial corresponde a energía elástica del

resorte y energía cinética de las moléculas del gas Helio. Para cada una tenemos:

2 4 21 13 10 (0,10) 150[ ]

2 2resorte iU k x J= ⋅ = ⋅ ⋅ = ,

3 3

0,7 8,31 293 2557[ ].2 2Helio H Helio HU n c T n RT J= = = ⋅ ⋅ ⋅ =



Entonces, la energía interna inicial en la cámara del lado derecho es,

150 2557 2707[ ]dU J= + = .

Para calcular la energía interna en el estado final se examina la compresión adiabática hasta el

volumen final 2.HV El trabajo realizado por el gas Helio es:

2 1 1178

178 .( 1)

f H f

i H i

V V Vf i

HV V V

V VW pdV dV

V

γ γ

γ γ

= − + − +

=

−= = = ⋅

− +

Recordando que 178i i f fpV p Vγ γ= = , el resultado anterior se escribe de manera más simple

como sigue,

.( 1)

f f i iH

p V pVW

γ−

= −− +

Sin embargo, para realizar el cálculo usaremos la expresión anterior en términos de volúmenes.

2 3 2 3 2 3

2 3

(2 1) 3 178 (2 1)178 1505[ ]

2 3 2 (0,034)H

H

VW J

− − ⋅ ⋅ −= = − = −− ⋅

.

Usando el primer principio de la termodinámica se concluye que el cambio de energía interna del

gas Helio es: 1505[ ],Helio HU W J∆ = − = es decir, la respectiva energía interna final es:

2557 1505 4062[ ].Helio Helio HelioU U U J′ = + ∆ = + =

En el proceso de compresión 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 energía elástica que

almacena es 2 4 21 13 10 (0,38) 2166[ ]

2 2resorte fU k x J′ = ⋅ = ⋅ ⋅ = . Luego, la energía interna final en la

cámara del lado derecho es 2166 4062 6228[ ]dU J′ = + = .

e) La presión final en la cámara del lado derecho se calcula según la ecuación del proceso

adiabático, con el volumen final 2.HV Entonces,

5 3 5 32 0,50 2 1,59[ ]2

HH H H

H

Vp p p atm

V

γ� �′ = = = ⋅ =� ��

.

Para calcular la presión final en la cámara 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 más convenientes:



42

5

1,14 100,11[ ]

1,013 10F atm m

⋅′ = = ⋅⋅

Usando la ecuación de equilibrio de fuerzas H AF p A p A′ ′ ′+ = , podemos calcular la presión en

la cámara del lado izquierdo según:

2

0,111,59 3, 42[ ]

6 10A H

Fp p atm

A −

′′ ′= + = + =⋅

.

f) Para la cámara del lado izquierdo, primero calculamos la energía interna en el estado

inicial y en el estado final, y después consideramos el calor entregado por la resistencia. Para la

energía inicial tenemos que 35 50,50 8,31 293 3,0 10 [ ]

2 2i AU n RT J= = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ .

Para la energía final se requiere saber la temperatura final. Esta puede calcularse siguiendo una

secuencia en que se usa la ecuación de estado de los gases ideales para calcular el volumen final

y el volumen inicial de aire en la cámara del lado izquierdo. Entonces, para el volumen inicial

tenemos A A Ap V n RT= , resultando

2 35

0,50 8,31 2931, 20 10 [ ]

1,0 1,013 10A

AA

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 es 2 32,88 10 [ ].AV m−′ = ⋅ Entonces la energía final es

5 2 45 5 53,42 1,013 10 2,88 10 2,50 10 [ ]

2 2 2i A A AU n RT p V J−′ ′ ′ ′= = = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅

Finalmente, considerando que no hay trabajo neto realizado por el conjunto de ambas camaras,

aplicamos la primera ley termodinámica al sistema formado por ambas, resultando, 43 3( ) ( ) (25 3) 10 (6,2 2,7) 10 1,85 10 [ ]i d i i d dQ U U U U U U U J′ ′= ∆ = ∆ + ∆ = − + − = − ⋅ + − ⋅ = ⋅ .



Problema 68

Un cilindro que contiene gas está provisto de un émbolo, y se encuentra inicialmente en

equilibrio, sumergido en una mezcla de agua con hielo. A continuación se realizan sobre él las

siguientes operaciones: primero el gas es comprimido muy rápidamente desplazando el émbolo

a la posición inferior indicada en la figura, luego se mantiene el émbolo en esa posición hasta que

se alcanza el equilibrio térmico, y finalmente se levanta el émbolo muy lentamente hasta la

posición 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.

Solución 68

a) Inicialmente el sistema está en equilibrio y la temperatura del gas es la misma que la del

agua con hielo ( aT ). Como sabemos, a la presión de 1 [atm], sólo a una temperatura de 0 [ºC]

coexisten el agua con el hielo.

Mientras el émbolo es desplazado muy rápidamente hasta la posición 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 él, su energía interna aumenta y por lo tanto la temperatura final

es mayor que la inicial. Esta conclusión se obtiene formalmente mediante la primera ley

termodinámica aplicada al gas ideal en el cilindro, que se escribe:

U Q W∆ = − .



Puesto que Q=0 y el trabajo W realizado por el gas es negativo, se concluye que 0.U∆ > Puesto

que la energía 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 está a mayor temperatura que su entorno de agua con hielo, el gas entrega calor

hasta que se alcanza el equilibrio térmico 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 termodinámica U Q W∆ = − ,

con W=0 y 0U∆ < , concluimos que 0Q < lo cual significa que el gas entrega calor al entorno.

Esta misma conclusión 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.



Usando a cT T= y a cV V> en la ecuación de estado del gas ideal: a a a c c cPV nRT nRT PV= = = se

concluye que c aP P> . Análogamente, usando b cT T> y b cV V= se concluye que b cP P> .

Cuando se levanta “muy lentamente” el pistón para llevarlo a la posición inicial correspondiente

al punto a del diagrama P-V, el gas pasa por sucesivos estados de equilibrio térmico con su

entorno. Al mismo tiempo que el gas realiza trabajo lentamente, absorbe calor para mantener la

temperatura en el mismo valor que su entorno ( 0 aT T= ), es decir, este proceso es isotérmico.

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 mismo

estado, no cambia su temperatura ni su energía interna. De acuerdo a la primera ley

termodinámica 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, fQ mL= , donde 333[ / ]fL kJ kg= es el calor latente de fusión del hielo.

Finalmente, el trabajo realizado es,

0,1 333 33,3[ ]W Q kJ= = × = .

6. Ciclos termodinámicos 42


Problema 69

Un gas ideal es sometido a un ciclo de Carnot que consta de dos procesos isotérmicos a

temperaturas T+ y −T (T+ > −T ) y de dos procesos adiabáticos. Los estados a, b, c y d que se

identifican en la figura delimitan un proceso isotérmico del proceso adiabático contiguo.

a) Determine el calor que recibe o entrega el gas en los procesos isotérmicos.

b) Determine el trabajo que realiza el gas en los procesos adiabáticos.

c) Determine la eficiencia del ciclo de Carnot.

Solución 69

El ciclo de Carnot es reversible, consta de sucesivos estados de equilibrio con presión, volumen y

temperatura bien definidos como lo indican las líneas 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 máquina térmica.

• Proceso ba → . Ocurre a temperatura constante T+ , entonces el cambio de energía interna es

0U∆ = . Luego, el calor que entra al gas es igual al trabajo que éste realiza: W Q= . Puesto

que el cambio de volumen es 0V∆ > entonces el trabajo realizado es positivo y el calor

efectivamente entra al gas: 0 W > 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∆ > también indica que

el gas realiza trabajo.



• Proceso dc → . Ocurre a temperatura constante −T , entonces el cambio de energía interna es

0U∆ = . 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: 0 W < y 0SQ < .

• Proceso ad → . Ocurre sin intercambio de calor: 0Q = , entonces U W∆ = − . Dado que

d aT T< entonces, 0U∆ > y 0W < . En realidad 0V∆ < también indica que se realiza

trabajo sobre el gas.

• Nomenclatura:

a) Para calcular el calor transferido en los procesos isotérmicos, se usa Q W= y se calcula el

trabajo realizado como sigue: a aPV P V= , ��

��

�===

a

baa

V

Vaa

V

VE V

VVP

VdV

VPPdQb

a

b

a

ln V .

Análogamente, ��

��

�===

c

dcc

V

Vcc

V

VS V

VVP

VdV

VPPdQd

c

d

c

ln V

Notar que las razones entre volúmenes implican que 0EQ > y 0SQ < .

b) Para calcular el trabajo realizado por el gas en los procesos adiabáticos, se usa W U= −∆ y se

calcula el cambio de energía interna a partir del cambio de temperatura, como sigue,

)(UUW cbbc −+ −=−= TTncV .

Análogamente, ( )da d a VW U U nc T T− += − = −

Notar que ambos trabajos suman cero.

c) La eficiencia se define como el cuociente entre el trabajo que la máquina realiza en un ciclo

completo y el calor que recibe el gas en el proceso isotérmico de alta temperatura. O sea, la

eficiencia es: R

E

We

Q= .



Puesto que en el ciclo completo 0U∆ = , entonces R E SW Q Q= + .

Dado que 0SQ < es conveniente usar: R E SW Q Q= − .

Reemplazando en la definición 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 VTQ PV V V T V V

−

+

= ⋅ = ⋅

Notar que se ha utilizado la ecuación de estado para reemplazar los productos P V en términos de

la respectiva temperatura. Para simplificar los términos en que aparecen los cuocientes entre

volúmenes usamos las siguientes igualdades que satisfacen los procesos adiabáticos:

a a d dPV P Vγ γ= y b b c cPV PVγ γ= . Haciendo el cuociente entre ambas relaciones se obtiene:

-1 -1

-1 -1b b c c b c b c

a a d d a d a d

PV PV V V V VPV P V V V V V

γ γ γ γ

γ γ γ γ= � = � =

Note que en el paso anterior se ha utilizado reiteradamente la ecuación 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

− + −

+ +

−= − =



Problema 70 En una máquina de Carnot que utiliza aire, al comienzo de la expansión isotérmica la presión es 5

[atm], el volumen es 1 [] y la temperatura es 600 [ K].

Durante la expansión isotérmica el aire recibe calor Q=6 [atm�] y el volumen máximo del aire

durante el ciclo es de 10 []. Para el aire use 4,1== vp CCγ .

a) Determine las variables presión, volumen y temperatura en los vértices del ciclo.

b) En cada etapa del ciclo calcule el calor absorbido Q, el trabajo realizado W, el cambio de energía

interna ∆U y el cambio de entropía ∆S.

c) Represente el ciclo en diagramas con variables p-V y con variables T-S.

Solución 70

a) Vamos a considerar un ciclo de Carnot cuyos vértices son los estados 1, 2, 3 y 4 de modo que los procesos respectivos son: 1 → 2 es una expansión isotérmica, 2 → 3 es una expansión adiabática, 3 → 4 es una compresión isotérmica y 4 → 1 es una compresión adiabática. De acuerdo a lo anterior, en el enunciado tenemos los siguientes datos:

p1 = 5 [atm], V1 = 1 [], T1 = 600 [K] y V3 = 10 [].

Usando la ecuación de estado pV nRT= , tenemos que 5

[ / ]600

pVnR atm K

T= = ⋅ .

Como el proceso 1 → 2 es isotérmico, se deduce que T2 = 600 [K]. En dicho proceso se cumple que

Q1,2 = W1,2 y entonces:

1

21112,1

2

12,12,1

ln2

1VV

VpVdV

nRTW

pdVWQ

V

V

==

==

Con los datos correspondientes al vértice 1 y con Q1,2= 6 [atm�] se obtiene:

56)ln( 2 =V y ][32,32 =V .

Usando la ecuación de estado del gas ideal tenemos que:

2 2 2 5 600 600 3,32 1,51[ ]p nRT V atm= = ⋅ ⋅ =

En los vértices del proceso 2 → 3 se cumple que γγ3322 VpVp = . Entonces,



]atm[32,0 1032,351,1 34,1

34,1 =�⋅=⋅ pp

Puesto que los moles de aire sometidos al proceso son constantes, es posible calcular T3 a partir de la ecuación de estado de los gases ideales, como sigue:

]K[3845

32,010600

11

3313

1

11

3

33 =⋅==�=VpVp

TTTVp

TVp

Esta corresponde a la temperatura de la compresión isotérmica, por lo tanto T4 = T3.

Para la compresión adiabática es conveniente usar la relación: 111

144

−− = γγ VTVT . Entonces,

][05,3 384600

1 44,0

4

14,01

4,04 =�⋅=⋅= V

TT

VV

Finalmente procedemos a calcular p4 usando la ecuación de estado, en la cual despejamos los moles

según:

]atm[05,160005,3

38415

14

4114

1

11

4

44 =⋅

⋅⋅=⋅=�=TVTV

ppTVp

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 vértices del gráfico P-V en el siguiente ciclo de Carnot.

P

V

1

2

3

4

T = 600 [K]

384 [K]



b) Para el cálculo de calor absorbido, trabajo realizado y cambio de energía interna, usaremos la

primera ley termodinámica, con ∆U=0 en las etapas isotérmicas y Q=0 en las etapas adiabáticas. En

el proceso isotérmico 12 ∆U1,2 = 0 y Q1,2 = W1, 2 = 6 [atm�].

En el proceso adiabático 23 Q2,3 =0 y ∆U2,3 =− W2,3 . Para calcular el trabajo realizado en la

etapa adiabática 23 se usa la ecuación CVpVp == γγ3322 , y se procede a calcular la integral

siguiente:

)(1

1)1()1( 33

3

2 22

3

2

3

2

13

2VpVp

CCVpCV

VCdV

pdVW −−

=+−

=+−

===+−

γγγ

γ

γ

Entonces,

( ) ( ) ][atm5,41032,032,351,14,0

11

133223,2 ⋅=⋅−⋅=−

−= VpVpW

γ

En el proceso isotérmico 34 ∆U3,4 =0 y Q3,4 = W3,4 . Este ultimo trabajo se calcula

][atm8,31005,3

ln1032,04

3

4

3

34,3 ⋅−=⋅⋅=== V

V

V

V VdV

nRTdVpW

En el ciclo completo debe cumplirse que la suma de las variaciones de energía interna es cero. Esto

permite calcular ∆U4, 1 usando los valores calculados anteriormente como sigue:

][atm5,4 005,40 0 1,41,4 ⋅=∆�=∆++−�=∆� UUU

En el proceso adiabático 41 Q4,1 = 0 y ∆U4,1 =− W4,1 = 4,5[atm�].

Para el cálculo de las variaciones de entropía usamos: =∆T

dQS .

Esta relación indica que en las etapas adiabáticas la entropía no cambia. Entonces,

∆S 2,3 = ∆S 4,1 = 0

En las etapas isotérmicas tenemos que:

/K][atm01,0384

8,3

1

/K][atm01,0600

6

1

3

4,34,3

4

334,3

1

2,12,1

2

112,1

⋅−=−==∆�=∆

⋅===∆�=∆

T

QSdQ

TS

T

QSdQ

TS



Los resultados de los cálculos 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 representación cualitativa del ciclo de Carnot en un diagrama p-V se realizó en la parte a). En

un diagrama T-S el ciclo se representa como un rectángulo de lados paralelos a los ejes pues los

procesos involucrados ocurren a temperatura constante y a entropía constante, obteniéndose en

consecuencia el siguiente gráfico.

T [ K ]

S

600

384

S1 S2

1 2

34



Problema 71 El gráfico adjunto representa el ciclo de

Brayton que es el ciclo ideal de una turbina de

gas. El ciclo consta de los procesos

adiabáticos 12 y 34, y de los procesos

isobáricos 23 y 41.

El ciclo se inicia en el estado 1 en el cual

1[mol] de aire ingresa al compresor a presión

de 1[atm] y temperatura de 20°C, dónde es

comprimido adiabáticamente hasta alcanzar la

presión de 5[atm]. A continuación mediante un intercambiador de calor, el gas es calentado

isobáricamente hasta alcanzar la temperatura máxima de T3 = 900°C.

Luego se realiza una expansión adiabática llegando el gas a la presión p4 = p1.

Finalmente otro intercambiador de calor enfría el aire isobáricamente hasta llevarlo al estado

original. Para el aire use 5740,1 === vp ccγ , y la ecuación de estado del gas ideal.

a) Determine las variables de presión, volumen y temperatura en los vértices del ciclo y construya

un gráfico de presión versus temperatura.

b) Calcule el calor absorbido Q, el trabajo realizado W, el cambio de energía interna ∆U y el

cambio de entropía ∆S en cada proceso del ciclo.

c) Evalúe el rendimiento del ciclo y el rendimiento de un ciclo de Carnot que opere entre las

mismas temperaturas extremas.

Solución 71

a) En los estados 1 y 3 se conocen la presión y la temperatura, de modo que el volumen se obtiene

usando la ecuación de estado del gas ideal.

][24,195

1173082,01 ][03,24

1293082,01

31

333111

=⋅⋅==⋅⋅=

==

VV

nRTVpnRTVp

En los estados 2 y 4 se conocen las presiones, y para determinar los volúmenes respectivos vamos a

usar la ecuación de los procesos adiabáticos 12 y 34. Entonces,

1

2 3

4

p

V



2 2 1 1 4 4 3 3

1,4 1,4 1,4 1,42 4

5 1 24,03 1 5 19,24

p V p V p V p V

V V

γ γ γ γ= =

⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅

2 47,61 [ ] 60,74 [ ]V V= = Para determinar ahora las temperaturas en los estados 2 y 4, basta usar la ecuación de estado. Lo

haremos con la ayuda del producto nR que se mantiene constante, sin necesidad de calcularlo

explícitamente.

]K[74103,24174,601

293

]K[464 03,24161,75

293

11

4414

11

2212

4

44

2

22

1

11

=⋅⋅==

=⋅⋅==

===

VpVp

TT

VpVp

TT

TVp

TVp

TVp

nR

Los valores correspondientes a las variables presión, 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 gráfico de presión – temperatura los procesos isobáricos están representados por una recta

paralela al eje de temperatura. Los procesos adiabáticos son parábolas que obedecen a la relación

teconspV tan=γ . Usando nRTpV = y reemplazando el volumen se obtiene:

271 TKpKTp =�=−γ

γ

,

dónde K una constante que depende de cada proceso adiabático.

El ciclo de Brayton en las variables presión − temperatura se ilustra a continuación.



p

1 4

2 3

T

b) Puesto que en los procesos adiabáticos 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 isobáricos el trabajo

realizado por el gas se calcula mediante la sencilla relación:

VpW ∆= .

Al aplicar esta relación 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 isobáricos el calor que entra al gas está dado por la expresión:

TCnQ p∆=

Puesto que 5/74,1 vvvp cccc === γ y que vp cRc += , entonces

27

1

25

1RR

cRR

c pv =−

==−

=γγ

γ.

( )

( ) ][atm58,128)741293(082,0271

27

][atm48,203)4641173(082,0271

27

411,4

233,2

⋅−=−⋅⋅⋅=−=

⋅=−⋅⋅⋅=−=

TTRnQ

TTRnQ

En un problema anterior (Problema 70) probamos que el trabajo realizado por el gas en una

expansión adiabática se puede obtener mediante la relación:

( )ffiifi VpVpW −−

= 3, 11

γ

En este caso,



( ) ( )

( ) ( ) ][atm65,8874,60124,1954,0

11

1

][atm19,3561,7503,2414,0

11

1

44334,3

22112,1

⋅=⋅−⋅=−−

=

⋅−=⋅−⋅=−−

=

VpVpW

VpVpW

γ

γ

Con los resultados obtenidos para el calor absorbido y el trabajo realizado por el gas en cada

proceso, la primera ley de la termodinámica permite calcular las variaciones de energía 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 energía interna en un ciclo debe ser cero, es posible

verificarlo en los resultados anteriores, haciendo:

0, =∆�k

kjU

Para obtener los cambios de entropía usamos la definición: =∆T

dQS .

Lo anterior indica que en los proceso adiabáticos )0( =dQ la entropía no cambia. Entonces,

∆S 1,2 = ∆S 3,4 = 0

En los procesos isobáricos )( dTncdQ p= y entonces,

/K][atm266,0741293

ln082,027

ln

/K][atm266,0464

1173ln082,0

27

ln

ln

4

11,4

2

33,2

⋅−=��

��

�⋅==∆

⋅=��

��

�⋅==∆

==∆

TT

ncS

TT

ncS

T

Tcn

T

dTcnS

p

p

i

fp

f

i

p

Puesto que la suma de las variaciones de entropía en un ciclo completo debe ser cero, se cumple que:

0, =∆�k

kjS



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 calor que recibe.

368,048,203

90,74

3,2

===Q

Wtotalη

Decimos que el rendimiento del ciclo es de aproximadamente 37% El rendimiento del ciclo de Carnot que opera entre las mismas temperaturas extremas es:

75,01173293

11 =−=−=mayor

menorC T

Tη

Decimos que el rendimiento del respectivo ciclo de Carnot es de aproximadamente 75%

Nótese 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 así de acuerdo al teorema de

Carnot.



Problema 72

Un gas ideal es sometido a un ciclo de Otto que consta de dos procesos isocóricos a volúmenes

V1 y V2 (V1 < V2) y de dos procesos adiabáticos. Los estados a, b, c y d que se identifican en la

figura delimitan un proceso isocórico del proceso adiabático contiguo.

d) Determine el calor que recibe o entrega el gas en los procesos isocóricos.

e) Determine el trabajo que realiza el gas en los procesos adiabáticos.

f) Determine la eficiencia del ciclo de Otto.

Solución 72

El ciclo de Otto es reversible, consta de sucesivos estados de equilibrio con presión, volumen y

temperatura bien definidos como lo indican las líneas 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 operación de una máquina térmica.

• Proceso ba → . Ocurre a volumen constante V1, por lo tanto el trabajo realizado por el gas es

cero. Luego, el cambio de energía interna es igual al calor que entra al gas: EU Q∆ = . En el

gas ideal el cambio de energía interna depende del cambio de temperatura según:

( )V b aU nc T T∆ = − . De acuerdo a la ecuación del estado para un gas ideal, en este proceso a

volumen constante aumentan la presión y la temperatura.



• Proceso cb → . Ocurre sin intercambio de calor: 0Q = , entonces U W∆ = − . Dado que

c bT T< entonces, 0U∆ < y 0W > . En realidad 0V∆ > también indica que el gas

realiza trabajo positivo; su valor se calculará más adelante.

• Proceso dc → . Ocurre a volumen constante V2 , por lo tanto el trabajo realizado por el gas

es cero. Luego, el cambio de energía interna es igual al calor que entra al gas: SU Q∆ = . En

el gas ideal el cambio de energía interna depende del cambio de temperatura según:

( )V d cU nc T T∆ = − . De acuerdo a la ecuación del estado para un gas ideal, en este proceso a

volumen constante disminuyen la presión 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∆ < también indica que

el gas realiza trabajo negativo.

d) En los procesos isocóricos 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 adiabáticos se usan las relaciones:

a aPV PVγ γ= y b bPV PVγ γ= .

Para el proceso bc el trabajo es:

01)1()1(

)(

111

>

�

�

��

�

��

��

�−⋅

−=

+−−

===−+−+−

γγγ

γγ

γ

γγ c

bbbbcbb

V

Vbb

V

Vbc V

VVPVVVP

VdV

VPPdVWc

b

c

b

Para el proceso da el trabajo es:

01)1()1(

)(

111

<

�

�

��

�

��

��

�−⋅

−−=

+−−

===−+−+−

γγγ

γγ

γ

γγ d

aaadaaa

V

Vaa

V

Vda V

VVPVVVP

VdV

VPPdVWa

d

a

d

f) La eficiencia se define como el cuociente entre el trabajo que la máquina realiza en un ciclo

completo y el calor que recibe el gas en el proceso isotérmico de alta temperatura. O sea, la

eficiencia es: R

E

We

Q= .



Puesto que en el ciclo completo 0U∆ = , entonces R E SW Q Q= + .

Dado que 0SQ < es conveniente usar: R E SW Q Q= − .

Reemplazando en la definición de eficiencia se tiene: 1E S S

E E

Q Q Qe

Q Q

−= = − .

Con los resultados de la parte a) para los calores SQ y EQ en términos de la temperatura, la

eficiencia puede escribirse como sigue:

( ) ( )1 1 1

( ) ( )S v c d c d

E v b a b a

Q nC T T T Te

Q nC T T T T �− −= − = − = − � − −� �

El cuociente entre las diferencias de temperatura se puede escribir en otros términos usando la

ecuación de estado para el gas ideal, resultando:

2

1

( )( )

c d c c d d c d

b a b b a a b a

T T PV P V P PVT T PV PV V P P

� �− − −= = � �− − −� � ,

dónde se ha usado que 1b aV V V= = y 2c dV V V= = .

El cuociente entre las diferencias de presión que aparece en la expresión anterior, puede

simplificarse usando la ecuación para proceso adiabático, como se muestra a continuación.

1

2

b bc c b b c c b

c

PV VPV PV P P P

V V

γγγ γ

γ

� �= � = � = � �

� �

1

2

a ad d a a d d a

d

PV VP V PV P P P

V V

γγγ γ

γ

� �= � = � = � �

� �

Luego, 1

2

( ) ( )c d b a

VP P P P

V

γ� �

− = −� ��

, entonces: -1

2 1 1

1 2 2

( )( )

c d

b a

T T V V VT T V V V

γ γ� � � �− = =� � � �− � � � �

Finalmente, la eficiencia queda expresada en términos de la razón de compresión ( 2 1/R V V= ) y

del parámetro � para el gas.

1

11e

Rγ −= −



Problema 73

Un mol de Helio se encuentra en un recipiente hermético

ocupando inicialmente un volumen de 8 [], a una

presión de 1 [atm]. El gas es comprimido

adiabáticamente hasta alcanzar una presión de 16 [atm],

luego recibe calor a presión constante hasta llegar a un

estado tal que, mediante un enfriamiento a volumen

constante, regresa al estado inicial.

a) Determine la presión volumen y temperatura al

comienzo de cada proceso.

b) Determine el calor absorbido, el trabajo realizado y el cambio de energía interna en cada

etapa del ciclo.

c) Calcule el rendimiento del ciclo. Compare con un ciclo de Carnot que opere entre las mismas

temperaturas extremas.

Solución 73

a) Sean A, B y C los estados que marcan el inicio de cada proceso, como se define a continuación:

Estado A: inicio de la compresión adiabática, o sin intercambio de calor.

Estado B: inicio de la expansión isobárica, o de presión constante.

Estado C: inicio del enfriamiento isocórico, o de volumen constante.

El Helio es un gas monoatómico, por lo tanto el valor de la constante adiabática es � = 5/3. Además

son datos:

pA = 1 [atm] , VA =8 [] , pB = pC =16 [atm], VC = 8 [].

Aplicando la ecuación de estado se obtiene la temperatura TA , según:

]K[4,970821,0181 =

⋅⋅==

RnVp

T AAA

Para el proceso adiabático AB se cumple: pA VA� = pB VB

� , lo cual permite obtener VB como sigue:

][5,1 1681 35

35

BB VV �⋅=⋅

Despejando el producto nR en la ecuación de estado y sabiendo que permanece constante durante

todo el ciclo, se obtienen las siguientes relaciones:

B C

V

p

A

O



C

CC

B

BB

A

AA

TVp

TVp

TVp

nR ===

A partir de ellas se obtienen TB y TC , según:

]K[4,155881816

4,97

]K[2,29281

5,1164,97

=⋅⋅==

=⋅⋅==

AA

CCAC

AA

BBAB

VpVp

TT

VpVp

TT

Los resultados calculados anteriormente se resumen en la siguiente tabla de valores.

Estado p [atm] V [ � ] T [ K ]

A 1 8 97,4

B 16 1,5 292,2

C 16 8 1558,4

b) Para calcular el calor absorbido Q, el trabajo realizado W y el cambio de energía interna �U en

cada proceso del ciclo, comenzamos observando que en el proceso adiabático AB y en el proceso

isocórico CA se cumplen que:

QAB = 0 WCA = 0

Para un gas monoatómico los calores específicos molares a presión constante y a volumen constante

son:

RCRC Vp 23

25 ==

Estos calores específicos se usan directamente en los procesos BC isobárico y CA isocórico, para

calcular el calor absorbido por el gas. Entonces,

( ) ( )

( ) ( ) ][atm9,1794,15584,970821,023

23

][atm9,2592,2924,15580821,025

25

⋅−=−⋅⋅=−=∆=

⋅=−⋅⋅=−=∆=

CAVCA

BCpBC

TTRnTCnQ

TTRnTCnQ

Para el proceso isobárico BC el trabajo en se determina mediante la expresión:

( ) ( ) ][atm1045,1816 ⋅=−⋅=−= BCBBC VVpW



Aplicando la primera ley de la termodinámica a los procesos BC y CA se obtienen �UBC y �UCA ,

como sigue:

][atm9,17909,179

][atm9,1550,1049,259

⋅−=−−=−=∆⋅=−=−=∆

CACACA

BCBCBC

WQU

WQU

Sabiendo que el cambio de energía interna en el proceso completo debe ser cero, se calcula �UAB

según:

][atm0,249,1799,155)( ⋅=+−=∆+∆−=∆ CABCAB UUU

Los resultados obtenidos anteriormente se resumen en la siguiente tabla de valores.

Q W �U

A →→→→ B 0 - 24 24

B →→→→ C 259,9 104 155,9

C →→→→ A - 179,9 0 - 179,9

[ atm � ] [ atm � ] [ atm � ]

c) El rendimiento del ciclo es:

308,09,259

809,259

010424 ==++−==Absorbido

Total

QWη

O sea, el rendimiento del ciclo es aproximadamente de 31% .

Un ciclo de Carnot que opera entre las mismas temperaturas extremas del ciclo analizado en este

ejercicio, tiene un rendimiento de:

938,04,1558

4,9711

max

min =−=−=ima

imaC T

Tη

O sea, el rendimiento del respectivo ciclo de Carnot es de aproximadamente 94% .

7. Entropía 60


Problema 74

Un mol de un gas ideal diatómico realiza el

ciclo cerrado indicado en el diagrama P-V de

la figura, donde 2 13V V= . Determine el

cambio de entropía para los tres procesos en

términos de las variables 1P , 1V y 1T

correspondientes al punto 1.

Solución 74

La entropía es una variable de estado, es decir, el cambio de entropía i f f iS S S→∆ = − , en un

sistema que pasa de un estado i a un estado f, es independiente de la trayectoria que siga el

sistema para ir de uno a otro estado. Asimismo, el cambio de entropía no depende de que el

proceso sea reversible o irreversible. Para hallar el cambio de entropía correspondiente a un

proceso irreversible, debe escogerse un proceso reversible conveniente entre los mismos estados

y calcularse el cambio de entropía utilizando la relación:

f f

i f f i i i

dQS S S dS

T→∆ = − = = .

Los procesos identificados mediante una trayectoria de línea continua en un diagrama P-V, son

reversibles. Para representar procesos irreversibles, que pasan por situaciones de no-equilibrio, se

usan líneas discontinuas para conectar ambos estados.

• Cálculo de 1 2S →∆ .

En este caso se trata de un proceso isotérmico (reversible) a temperatura constante de valor 1T .

Entonces:

2 2

1 2 2 1 1 11 1

1

dQ QS S S dQ

T T T→∆ = − = = = ,

dónde Q es el calor que absorbe el gas en el proceso. Para calcular Q usamos la primera ley

termodinámica U Q W∆ = − , con 0U∆ = ya que la temperatura es constante. Luego,

2

1 Q W PdV= = . Para integrar usamos la ecuación de estado del gas ideal: 1PV NkT nRT= = ,

dónde k es la constante de Boltzman, n=1 es el número de moles y N=NA es el respectivo

7. Entropía 61


número de moléculas que hay en un mol, lo cual corresponde al número de Avogadro NA .

Entonces,

21 2

111

lnNkT V

Q W dV Q W NkTV V

� �= = � = = � �

� �

Puesto que 1 1 1NkT PV= y 2 13V V= , se obtiene:

1 11 2

1 1

ln(3)PVQ

ST T→∆ = =


En este caso el proceso es a volumen constante y se cumple que vdQ nc dT= , siendo vc el calor

específico del gas correspondiente a este proceso.

3 33

2 3 3 2 2 22

lnv v

TdQ dTS S S nc nc

T T T→

� �∆ = − = = = � �

� �

Para dejar el resultado en términos de las variables correspondientes al estado 1, en primer lugar

notamos que 1 2T T= y entonces el cuociente 3 2 3 1T T T T= . Puesto que los estados 1 y 3 están

conectados por un proceso adiabático, entonces se cumple que 1 1 3 3PV PVγ γ= . Mediante la

ecuación de estado de los gases ideales lo anterior queda: -1 -11 1 3 3TV T Vγ γ= . Entonces,

( )1 1

13 3 1 1

2 1 3 1

33

T T V VT T V V

γ γγ

− −−� � � �

= = = =� � � ��

Luego, ( )12 3 ln 3 (1 ) ln(3)v vS nc nc

γ γ−→∆ = = −

Puesto que P

V

cc

γ = y P Vc c R− = , entonces (1 )Vc Rγ− = − , y por lo tanto,

2 3 ln(3)S nR→∆ = −

Para dejar el resultado anterior en términos de las variables correspondientes al punto 1, usamos

la ecuación de estado del gas ideal: 1 1 1nRT PV= .

Finalmente,

1 12 3

1

ln(3)PV

ST→∆ = − .

7. Entropía 62


El resultado anterior es válido para gases ideales en general, y no sólo para el gas ideal diatómico

de nuestro ejercicio. Esto es así pues en el desarrollo anterior no hemos usado los calores

específicos del gas diatómico sino las relaciones generales entre Pc y Vc .


Para el proceso adiabático (reversible) que va desde 3 a 1, el gas no intercambia calor y en cada

tramo infinitesimal dQ=0. Por lo tanto,

1

3 1 1 3 30

dQS S S

T→∆ = − = =

Para un ciclo completo se cumple que 0S∆ = . Esto es así pues la entropía es una variable de

estado, lo cual significa que el cambio de entropía en un proceso no depende de la trayectoria y

en el caso particular de un ciclo completo, la entropía no cambia. Esto podría usarse como

alternativa para obtener nuestro último resultado. En éste caso, sólo vamos a verificar finalmente

que el cambio de entropía en el ciclo dado, es cero.

1 2 2 3 3 1 0cicloS S S S→ → →∆ = ∆ + ∆ + +∆ =

7. Entropía 63


��

��

��

��

��

��

Problema 75

Un cilindro cuya capacidad total es de 4[], se encuentra aislado

térmicamente del exterior y está provisto de un émbolo

perfectamente ajustado y sin roce que lo separa en dos

compartimentos.

Inicialmente uno de los compartimentos está al vacío y el otro

contiene 1[mol] de gas ideal (para el cual 1,5γ = ), a temperatura

de 27[ºC], ocupando un volumen de 1[] como se muestra en la

figura. A continuación, elevando cuasi-estáticamente el émbolo,

se permite la expansión del gas hasta ocupar toda la capacidad

del cilindro.

a) Calcule la presión y temperatura finales del gas.

b) Calcule el calor absorbido y el trabajo realizado por el gas.

c) Calcule el cambio de la energía interna y el cambio de entropía del gas.

Solución 75

a) Debido a que el gas en el interior del cilindro es ideal, usamos la ecuación de estado para

obtener la presión inicial:

600

0

1 8,314 300 2,49 10 [ ]

0,001n R T

P V n R T P PaV

⋅ ⋅ ⋅ ⋅⋅ = ⋅ ⋅ � = = = ⋅

Dado que el recipiente está aislado térmicamente, el proceso cuasi-estático de expansión del gas

es adiabático. Esto permite calcular la presión al completarse la expansión: 1,5

6 500 0 1 1 1 0

1

0,001 2,49 10 3,12 10 [ ]

0,004V

P V P V P P PaV

γγ γ � � � �⋅ = ⋅ � = = ⋅ ⋅ = ⋅� � � �

� ��

Usando la ecuación de estado obtenemos la temperatura al término de la expansión: 5

1 11

3,11 10 0,004150[ ]

1 8,314P V

T Kn R

⋅ ⋅ ⋅= = =⋅ ⋅

Nótese que la temperatura disminuye a la mitad de su valor inicial.

b) Puesto que el proceso es adiabático, 0Q = . Entonces, la primera ley de la termodinámica

indica que:

7. Entropía 64


U W∆ = − ; con 1

0

V

internaV

W P dV= ⋅ ,

siendo W el trabajo realizado por el gas durante la expansión.

Puesto que el proceso es cuasi-estático, el émbolo debe sostenerse con una fuerza igual a la que

aplica el gas; así la sumatoria de fuerzas sobre el émbolo es cero.

Durante la expansión adiabática se tiene que: 0 0 1 1P V P V P V cteγ γ γ⋅ = ⋅ = ⋅ = , y entonces la

integral queda:

11

0 0

1 111 1 1 0 0 01

1 1

ctecteVV

V V

P V V P V VVW cte dV cte

V

γ γ γ γγ

γ γ γ

− −− ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅= ⋅ ⋅ = ⋅ =− −

��

1 1 0 0

Pr

1oceso Adiabático

P V P VW

γ �⋅ − ⋅= − � −� ��

Este resultado ha sido obtenido en la resolución de ejercicios anteriores y es válido para procesos

adiabáticos. Evaluando numéricamente se obtiene:

5 63,12 10 0,004 2, 49 10 0,001

2.494, 2[ ]1,5 1

W J �⋅ ⋅ − ⋅ ⋅= − =� −� �

c) Como se indicó en el desarrollo precedente, de acuerdo a la primera ley termodinámica, la

variación de la energía interna es:

2.494,2[ ]U W J∆ = − = − Puesto que 0dQ = en cada paso del proceso cuasi-estático, la variación de entropía se obtiene

fácilmente según:

1S dQ

T∆ = ⋅

0S∆ =

7. Entropía 65


��

��

��

��

��

��

Problema 76

Un cilindro cuya capacidad total es de 4[], se encuentra aislado

térmicamente del exterior y está provisto de un émbolo

perfectamente ajustado y sin roce que lo separa en dos

compartimentos.

Inicialmente uno de los compartimentos está al vacío y el otro

contiene 1[mol] de gas ideal (para el cual 1,5γ = ), a temperatura

de 27[ºC], ocupando un volumen de 1[] como se muestra en la

figura. A continuación se permite la expansión del gas manteniendo

fijo el émbolo en su posición inicial y abriendo la pequeña válvula

mostrada en la figura. Una vez alcanzado el equilibrio el gas ocupa toda la capacidad del cilindro.

a) Calcule el calor absorbido y el trabajo realizado por el gas.

b) Calcule la presión y temperatura finales del gas.

c) Calcule el cambio de la energía interna y el cambio de entropía del gas.

Solución 76

a) Este problema es similar al anterior y acá nos interesa señalar las semejanzas y diferencias

entre los dos tipos de expansión del gas (cuasi-estática y libre).

Evidentemente la presión inicial es:

600

1 8,314 300 2,49 10 [ ]

0,001o

n R TP V n R T P Pa

V⋅ ⋅ ⋅ ⋅⋅ = ⋅ ⋅ � = = = ⋅

En la expansión libre el gas pasa por estados intermedios que no son estados de equilibrio, lo cual

impide obtener la presión final usando las relaciones adiabáticas de equilibrio.

En este caso la expansión nuevamente es sin intercambio de calor, es decir, 0Q = . Sin embargo,

ahora el trabajo realizado por el gas es cero pues se expande ocupando un volumen en que la

presión inicial es nula. En otras palabras, el vacío no opone resistencia a la expansión del gas.

Entonces,

1

0

V

externaV

W P dV= ⋅ con 0externaP =

Luego,

7. Entropía 66


�

�

� �

�

�

��

�

0W = y 0U Q W∆ = − =

b) Puesto que la variación de energía interna es cero, el gas no cambia su temperatura en este

proceso. Esto es así pues la energía interna de un gas ideal depende únicamente de la

temperatura. Entonces, 0 0U T∆ = � ∆ = , por lo tanto 1 300[ ]T K= .

Usando la ecuación de estado del gas ideal y sabiendo la temperatura y el volumen finales, se

obtiene la presión al término de la expansión, es decir,

511

1

1 8,314 3006 10 [ ]

0,004n R T

P PaV

⋅ ⋅ ⋅ ⋅= = = ⋅

c) Como hemos indicado anteriormente, la variación de energía interna durante la expansión

libre es nula. Para calcular la variación de entropía es necesario proceder con cuidado pues el

proceso de expansión libre no es reversible (cuasi-estático), y se cumple que la respectiva

integral: 1 1 1dQ dQ Q

T T T⋅ = ⋅ = ⋅ , es nula, y no corresponde al cambio de entropía. Sin embargo,

la entropía, al igual que la energía interna, es una propiedad de estado, es decir, su variación

depende únicamente de los estados inicial y final. Esto permite escoger un proceso reversible

conveniente para llevar el gas de uno a otro estado. Algunos procesos posibles se muestran en el

siguiente gráfico:

Dado que en este caso los estados inicial y final poseen la misma temperatura, la elección más

conveniente es el proceso reversible isotérmico, representado por la curva (b) en el gráfico. Así,

es posible calcular la variación de entropía, como sigue: �U=0 y 0U Q W∆ = − = � Q=W

7. Entropía 67


1 1

0 0

1

0

V V

V Vgas ideal

Vn R TQ W P dV dV n R T ln

V V� �⋅ ⋅= = ⋅ = ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ � ��

��

Hacemos notar que este es el calor absorbido por el gas en un proceso reversible isotérmico de

expansión entre los estados inicial y final correspondientes a la expansión libre. Sin embargo en

la expansión libre (irreversible) entre tales estados, no se absorbe calor pues el sistema está

aislado. Entonces,

1 1 1S dQ dQ Q

T T T∆ = ⋅ = ⋅ = ⋅

1

0

1 8,314 (4) 11,53[ / ]V

S n R ln ln J KV� �

∆ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =� ��

El resultado anterior es distinto al que se obtuvo (ver problema 67a) para un proceso adiabático

de expansión entre los mismos estados. Hacemos notar que el cambio de entropía en el proceso

de expansión libre es 1 1 1

S dQ dQ QT T T

∆ = ⋅ = ⋅ = ⋅ .

7. Entropía 68


��

��

��

��

��

��

Problema 77

En un cilindro térmicamente aislado que consta de dos

compartimentos aislados entre sí, se permite la expansión

libre de 1[ ]n mol= de un gas ideal. Inicialmente el gas ocupa

el compartimento de volumen 1 1[ ]V = que está a temperatura

1T = 27[ºC], mientras que el otro compartimento está al

vacío. Al abrir una pequeña válvula el gas se expande

libremente hasta el volumen 2 4[ ]V = .

a) Demuestre que en general, para un gas ideal se cumplen:

2 2 2 2

1 1 1 1

ln ln ln lnp v

T p T VS nc nR nc nR

T p T V� � � � � � � �

∆ = ⋅ − ⋅ = ⋅ + ⋅� � � � � � � ��

,

donde 1T , 1p y 1V ( 2T , 2p y 2V ) son la temperatura, presión y volumen del gas en el

estado inicial (final) de equilibrio, y Vc ( Pc ) es el calor específico del gas ideal a volumen

(presión) constante.

b) Calcule S∆ para un gas ideal con coeficiente adiabático 1,5γ = que se expande libremente

en las condiciones dadas en el enunciado.

Solución 77

a) Puesto que la entropía es una función de

estado, aunque el proceso de expansión libre

es irreversible, los cambios de entropía

pueden calcularse usando una trayectoria

conveniente que una los estados inicial y

final. En este caso y puesto que en las

expresiones del enunciado aparecen Vc y

Pc , se usarán los procesos a volumen constante y a presión constante indicados en la figura.

El cambio de entropía 1AS∆ correspondiente al proceso a presión constante es:

1 p1 A

V

p2

p

2

O

7. Entropía 69


�

1

11

lnAT

p AA p

T

nc dT TdQS nc

T T T �

∆ = = = ⋅ � � �

�

Análogamente, el cambio de entropía 2AS∆ para el proceso a volumen constante es:

2

22 ln

A

Tv

A vAT

nc dT TdQS nc

T T T �

∆ = = = ⋅ � � �

Usando la relación p vc c R− = para eliminar vc en la expresión anterior, se obtiene:

2 22 ln lnA p

A A

T TS nc nR

T T � �

∆ = ⋅ − ⋅� � � � � �

La suma de los valores anteriores nos da el cambio de entropía pedido, es decir,

2 212 1 2

1

ln ln lnAA A p

A A

T T TS S S nc nR

T T T

� � � � �∆ = ∆ + ∆ = ⋅ + − ⋅� ��

� � � � � ��

Usando las propiedades de logaritmos en el primer término y usando la ecuación de estado en el

último término (notando que a volumen constante las temperaturas son proporcionales a las

respectivas presiones), la expresión anterior se reduce a:

2 2 2 212

1 1 1 1

ln ln ln lnAp p

A

T T p T pS nc nR nc nR

T T p T p � � � �

∆ = ⋅ ⋅ − ⋅ = ⋅ − ⋅� � � � � � � � � � � �

Este es uno de los resultados pedidos.

Para obtener la otra expresión conviene repetir

el procedimiento anterior intercambiando el

orden de los procesos, y para ello usamos la

trayectoria indicada en la figura.

Entonces,

1

11

lnCT

v CC v

T

nc dT TdQS nc

T T T �

∆ = = = ⋅ � � �

,

2

22 ln

C

Tp

C pCT

nc dT TdQS nc

T T T �

∆ = = = ⋅ � � �

.

Eliminando pc mediante la relación p vc c R− = y usando que en el proceso a presión constante,

la temperatura es proporcional al volumen del gas ideal, obtenemos:

1

V1

C

V V2

p

2

O

7. Entropía 70


2 2 2 22

1

ln ln ln lnC v vC C C

T T T VS nc nR nc nR

T T T V

� � � � � � � �∆ = ⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅� � � � � � � �

� �� .

Sumando encontramos,

2 212 1 2

1 1

2 2

1 1ln ln

ln ln lnCC C v

C

C

C

T T TT T T

T T VS S S nc nR

T T V

� ��

=

� � � � �∆ = ∆ + ∆ = ⋅ + + ⋅� ��

� � � ��

.

Finalmente se obtiene el otro resultado pedido:

2 212

1 1

ln lnv

T VS nc nR

T V � �

∆ = ⋅ + ⋅� � � � � �

.

b) Puesto que p vc cγ= ⋅ y p vc c R= + , de ello se concluye que:

1vRc γ=−

.

Usando 1,50γ = se obtiene que 2 16,63[ / ]v R J mol Kc = = ⋅ y 3 24,94[ / ]p R J mol Kc = = ⋅ . En el

proceso de expansión libre en un recipiente aislado se cumple que el gas no intercambia calor ni

hace trabajo sobre sus alrededores. De acuerdo a la primera ley termodinámica, en esas

condiciones no cambia la energía interna del gas, y puesto que se trata de un gas ideal, tampoco

cambia su temperatura. Entonces en nuestro caso 1 2T T= y por lo tanto,

212

1

ln ln(4) 11,53[ / ].V

S nR R J KV �

∆ = ⋅ = ⋅ =� � �

7. Entropía 71


Problema 78

Dentro de un recipiente térmicamente aislado del exterior y al vacío, se ponen en contacto

térmico dos esferas: una de Cobre de masa 2[kg] y temperatura inicial de 70[ºC], y otra de

Aluminio de masa 3[kg] y temperatura inicial de 90[ºC]. Los respectivos calores específicos son

de 387[J/kg·K] para Cobre y de 900[J/kg·K] para Aluminio.

a) Determine la temperatura final de equilibrio del sistema.

b) Determine la variación de entropía del universo (sistema+ambiente).

Solución 78

a) Dentro del recipiente, aislado y al vacío, el cuerpo de aluminio que está a mayor temperatura

entrega calor que es absorbido por el cuerpo de cobre que está a menor temperatura. Con la

convención usual en la asignatura, asignamos un valor positivo al calor absorbido y escribimos:

Cu AlQ Q= −

Cu Cu Cu AlAl Alm c t m c t⋅ ⋅∆ = − ⋅ ⋅ ∆

Usando los datos numéricos y resolviendo la ecuación se obtiene:

2 387 ( 70) 3 900 ( 90)t t⋅ ⋅ − = − ⋅ ⋅ −

= 86[°C]t .

El valor = 86[°C]t es la temperatura final del sistema una vez alcanzado el equilibrio térmico. La

temperatura absoluta correspondiente a este valor es T = 359 [K] .

b) Para calcular los cambios de entropía usamos la definición: 1S dQ

T∆ = ⋅ . La variación de

entropía del universo puede desglosarse en dos partes:

universo sistemaambienteS S S∆ = ∆ + ∆

ambienteS∆ . Puesto que el recipiente es aislado, no existe traspaso de calor al medio ambiente y por

lo tanto 0ambientedQ = en la definición del cambio de entropía. Luego, 0ambienteS∆ =

sistemaS∆ . Puesto que el recipiente está al vacío, el cambio de entropía del sistema corresponde

sólo a la suma de los cambios de entropía que experimentan ambos objetos. Entonces,

sistema Cu AlS S S∆ = ∆ + ∆ .

7. Entropía 72


La variación de entropía para cada esfera puede ser calculada usando dQ = m c dT, siendo dT un

cambio infinitesimal de temperatura, m la masa y c el calor específico respectivo.

Entonces,

1 m c dTS dQ

T T⋅ ⋅∆ = ⋅ =

Hacemos notar que en la relación anterior debe usarse la temperatura absoluta. Integrando y

usando los datos respectivos se obtiene:

359

343

2 387 2 387 ln(359 / 343) 35,3[ / ]f

i

T

TCu Cu Cu

dT dTS m c J KT T

∆ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =

359

363

3 900 3 900 ln(359 / 363) 29,9[ / ]f

i

T

TAl Al Al

dT dTS m c J K

T T∆ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = −

Finalmente,

[ ]0 35,3 29,9 /universo Cuambiente AlS S S S J K∆ = ∆ + ∆ + ∆ = + −

5,4[ / ]universoS J K∆ =

Note que en este caso la entropía del universo aumenta al igual que en todos los procesos

espontáneos de transferencia de calor.

8. Teoría cinética 73


Problema 79

Considere un haz de moléculas de hidrógeno (H2),

de masa molecular m = g][1032,3 24−× que se

mueven con rapidez v = 510 [cm/s] formando un

flujo de �=1023 [moléculas/s]. Suponga que ellas

chocan elásticamente en una pared sólida de área

A= 20[ 2cm ], formando un ángulo de 45º con la

superficie, como se indica en la figura.

Calcule la presión que ejercen las moléculas al

chocar sobre la pared.

Solución 79

La presión sobre la pared es debida a la fuerza que ejercen las partículas al chocar contra ella. El

cambio de momentum lineal de las moléculas permite calcular la fuerza que la pared ejerce sobre

ellas, y de acuerdo al principio de acción y reacción, ésta es de igual magnitud que la fuerza

ejercida por ellas sobre la pared.

En la figura siguiente se examina el choque elástico de una molécula y su respectivo cambio de

momentum lineal.



El vector cambio de momentum lineal que experimenta una molécula al chocar contra la pared

está en dirección –x y su valor es 2xP mv∆ = − . Esto indica que la pared ejerce sobre la

molécula una fuerza en dirección -x .

La magnitud del cambio total de momentum cuando chocan N∆ moléculas contra la pared es

2P mv N∆ = ⋅∆ . La magnitud de las fuerzas de acción y reacción entre la pared y las N∆

moléculas que chocan contra ella en un lapso t∆ es:

22

P mv NF mv

t t∆ ⋅ ∆= = = Φ∆ ∆

.

Finalmente, la presión sobre la pared está dada por el cuociente entre la fuerza perpendicular a

ella y el área de la superficie que recibe la fuerza: F

PA

= .

Finalmente,

24 5 23 1

2

2 2 3,32 10 [ ] 10 [ / ] 10 [ ]235[ ]

20[ ]mv g cm s s

P PaA cm

− −⋅Φ ⋅ × ⋅ ⋅= = =

Notar que este resultado proporciona una presión pequeña comparada con la presión atmosférica

que es aproximadamente 105 [Pa].



Problema 80

Dos recipientes idénticos A y B que se encuentran a la misma temperatura, contienen gases

diferentes. El número de moléculas en el recipiente A es el doble que en el recipiente B y la

velocidad cuadrática media de las moléculas en B es el doble que en A.

a) Determine la razón a bm m entre las masas de las moléculas en los recipientes A y B.

b) Determine la razón a bP P entre las presiones en los recipientes A y B.

c) Determine la razón entre las energías cinéticas medias de traslación molecular.

Solución 80

a) La interpretación microscópica de la presión de un gas ideal, constituida por choques

moleculares contra las paredes del recipiente, permite relacionar la presión P con la velocidad

cuadrática media 2v de las moléculas, mediante la relación:

213

P vρ= ⋅ ,

dónde ρ es la densidad del gas y la barra sobre la velocidad cuadrática 2v indica un promedio

para todas las moléculas del gas.

La densidad del gas en cada recipiente de volumen V se puede expresar en términos de la masa

molecular m y del número de moléculas respectivo N, según la relación:

mNV

ρ = .

Combinando las dos expresiones anteriores se puede expresar la masa molecular según:

2

3PVm

Nv=

El producto PV se obtiene de la ecuación de estado de los gases ideales, PV NkT= , de modo que

la masa molecular queda expresada como:

2

3kTm

v= .

Puesto que las temperaturas son iguales en ambos recipientes, al hacer el cuociente entre las

masas moleculares, las temperaturas se simplifican al igual que la constante de Boltzman k.

Entonces,



( )( )

22

22

24a b

b a

vm v

m vv= = =

b) Utilizando la ecuación de estado PV NkT= y considerando que las temperaturas y los

volúmenes son iguales, se obtiene directamente:

2a a

b b

P NP N

= =

c) La energía cinética media de traslación molecular está dada por 21

2K mv= . Haciendo el

cuociente respectivo, usando el resultado de la parte a y los datos del enunciado se obtiene:

( )

2 2

224 1

2a a a

b b b

K m v v

K vm v= = =

1. dilatación térmica 1 · paredes. considere que en la barra el coeficiente de dilatación...

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