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8/7/2019 DocumentoCalor

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1. Dilatacin Trmica 1

Proyecto 11.06.31 UTFSM

Problema 51

Una vasija de vidrio cuando est a 0[C] tiene un volumen interior que es exactamente

1000[ 3cm ]. Se llena hasta el borde con mercurio a esa misma temperatura y se calienta el

conjunto hasta 100[C], observndose que se derraman 15,2[ 3cm ] por el borde de la vasija.

Considere que el coeficiente de dilatacin cbica del mercurio es 1,82104[1/C].

Calcule el coeficiente de dilatacin lineal del vidrio.

Solucin 51

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

mercurio son iguales, y los designamos por V0.

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

la diferencia es el volumen derramado VD. Considerando la dilatacin trmica lineal tenemos que:

0(1 3 )

RV V T= + ,

0(1 )

LV V T= + ,

dnde es el coeficiente de dilatacin lineal del vidrio, es el coeficiente de dilatacin cbica del

mercurio y T=100 [C] es el cambio de temperatura.

Haciendo la diferencia -L R DV V V= y sustituyendo lo anterior tenemos que:

L R DV V V =

0 03

DV T V T V =

Despejando encontramos:

=

T1

VV

31

0

D

Reemplazando los valores numricos encontramos =1,0105[1/C].

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


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Problema 52

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

realiza una oscilacin en 2 [s]. La varilla del pndulo es de acero, cuyo coeficiente de dilatacin

lineal es [ ]C/1105 6acero= , y su momento de inercia es despreciable comparado con el de la

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

a) La deformacin de la varilla (o sea, la variacin relativa de su longitud).b) Cuntos segundos por da se adelantar o retrasar el reloj?

Solucin 52

a) Cuando la temperatura es 15 [C], la longitud de la varilla cambia a (1 )L L T = + . Luego,

L L L L T = = , y finalmente

5

5 10

L

TL

= = . El signo menos indica que la

longitud disminuye, al igual que la temperatura.

b) En primer lugar es necesario relacionar la longitud del pndulo con su periodo. Recordemosuna manera de hacerlo, usando la ecuacin de Newton para torques.

Luego, la ecuacin que describe las oscilaciones del pndulo es:

0g

senL

+ =

I=

Torque InerciaRespecto a un eje que pasa por el extremo

fijo de la varilla tenemos que:

2

varillaI I m L= +

0

De acuerdo a la figura:

2( ) -L mg sen m L =


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Considerando oscilaciones de pequea amplitud, la ecuacin se puede simplificar y en ella se

reconoce la frecuencia angular en esas condiciones.

20g g

L L + = =

Luego, el periodo 0 depende de la longitud L como sigue:

0 2 = 0

2L

g =

La relacin anterior indica que al disminuir la longitud del pndulo por efecto de la temperatura,

disminuye el periodo de oscilacin.

De acuerdo al enunciado, a temperatura [ ]25 CT = la longitud del pndulo satisface la relacin:

02

L

g = = 2 [s]

A la temperatura [ ]15 CT = , tenemos que 5( ) 5 10T T T = = y el nuevo periodo

es:

2 (1 ) 2[ ] 0,99997L

T sg

= + =

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

reloj marca 2 [s] cuando en realidad han transcurrido 20,99997 [s]. Entonces el reloj se adelanta

2(1 - 0,99997) cada 2 segundos. En un da hay 306024 periodos de 2[s] y por lo tanto el reloj

se adelanta en:

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


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Problema 53

Una barra de seccin circular cilndrica, de radio R = 0,01[m] se coloca entre dos paredes rgidas

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

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

paredes. Considere que en la barra el coeficiente de dilatacin trmica lineal es [ ]C/1101 -6=

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

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

Solucin 53

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

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

radio R en trminos del cambio de temperatura son:

)1( TLL += ; )1( TRR +=

Para obtener la magnitud de la fuerza entre la barra y las paredes, calculamos la fuerza necesaria

para comprimir la barra desde L hasta L. Entonces, usando la relacin lineal entre esfuerzo y

deformacin tenemos,

LLLY

AF

=

Sustituyendo las expresiones anteriores obtenemos,

2 2 2( ) (1 )(1 )

L T TF Y R Y R T

L T

= = +

+


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Notar que 6 51 10 80 8 10T = = es mucho menor que uno, lo que permite escribir la

siguiente aproximacin lineal que usamos para calcular:

2 F Y R T =

[ ]10 2 2 53,14 1 10 (1 10 ) 8 10 250F N = =

Finalmente, en la figura siguiente mostramos las fuerzas de accin y reaccin entre las paredes y

la barra.


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2. Calorimetra 6


Problema 54

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

hielo en equilibrio trmico a la presin atmosfrica. A continuacin se introduce en el calormetro

un trozo de plomo a una temperatura de 200 [C]. Despreciando las prdidas de calor al

ambiente, calcule la temperatura final del conjunto para dos situaciones:

c) la masa del trozo de plomo es de 100 [g].d) la masa del trozo de plomo es de 200 [g].

Considere que el calor latente de fusin del agua es [ ]53, 33 10 / fL J kg= , el calor especfico del

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

especfico de cobre es [ ]390 / CuC J kg C =

Solucin 54

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

coexistir cuando estn en equilibrio a la presin atmosfrica. Al depositar el trozo de plomo en el

calormetro empezar a derretirse el hielo. En primer lugar consideramos la energa que se

requiere para derretir todo el hielo y a continuacin calculamos la energa que puede aportar el

trozo de plomo al enfriarse. Para derretir todo el hielo se requiere,

h h fQ m L=

[ ]50, 008[ ] 3, 33 10 / 2664[ ]hQ kg J kg J = =

a) El trozo de plomo al enfriarse hasta ][0 C aportara una energa de,( )Pb Pb Pb i f Q m C T T = ,

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

[ ] [ ]0,1[ ] 128 / 200[ ] 2560PbQ kg J kg C C J = =

Comparando los valores obtenidos, notamos que hQ PbQ> , y concluimos que el trozo de

plomo no puede aportar la energa suficiente para derretir todo el hielo. Por lo tanto la

temperatura final del sistema en este caso es ][0 C .


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2. Calorimetra 7


Q

T [C]

0 2664 5120

200

b) Un trozo de plomo de 200 [g] al enfriarse hasta ][0 C aportara una energa de,[ ] [ ]0, 2[ ] 128 / 200[ ] 5120PbQ kg J kg C C J = =

Esta energa podra derretir todo el hielo y elevar la temperatura en el calormetro.A continuacin conviene calcular la energa que se requiere para que toda el agua en el

calormetro alcance la temperatura de ebullicin [ ]100fT C= .

[ ] [ ]( ) 0,158[ ] 4190 / 100[ ] 66202A A A f iQ m C T T kg J kg C C J = = =

Comparando los valores obtenidos, notamos que AQ PbQ> , y concluimos que el trozo de plomo

no puede aportar la energa suficiente para subir la temperatura hasta [ ]100fT C= . Comparando

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

tanto la temperatura final del sistema en este caso es un valor entre ][0 C y [ ]10 C , que

calculamos a continuacin. Para ello escribimos una relacin en que igualamos la energa

requerida para derretir el hielo y elevar la temperatura del calormetro con agua, con la energa

que aporta el trozo de plomo al bajar su temperatura. Entonces,

2664[ ] ( 0) ( 0) (200 )A A Cu Cu Pb PbJ m C T m C T m C T + + = ,

dnde debe usarse [ ]0,158Am kg = que corresponde a la suma de la masa de agua ms la masa de

todo el hielo, que al fundirse absorbi los 2664[J] que figuran en la relacin. Introduciendo los

valores numricos encontramos

que la ecuacin es

aproximadamente,

2664 662 39 5120 26T T T+ + = ,

la cual puede resolverse resultando

la temperatura final de equilibrio

[ ]3,4T C= . El grfico siguiente

muestra la relacin entre las

temperaturas del trozo de plomo y

del agua, en trminos del calor queintercambian. La interseccin entre

las rectas representa el estado final de equilibrio.


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2. Calorimetra 8


Problema 55

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

trmico a la temperatura de 0[C], en un recipiente aislado. A continuacin se introduce al

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

es despreciable y los datos siguientes: calor de fusin del hielo Lfusin = 3,33105[J/kg], calor de

vaporizacin del agua Lvaporizacin= 22,6105[J/kg] y calor especfico del agua c = 4.200[J/kgC]

a) Explique lo que sucede

b) Se alcanza a derretir todo el hielo?

c) Se alcanza a condensar todo el vapor?

d) Encuentre la temperatura final del sistema.

e) Determine la composicin final del sistema en [gr].

Solucin 55

a) Puesto que la mezcla agua+hielo se encuentra inicialmente en equilibrio trmico, no existe

traspaso de calor entre sus componentes. Cuando se introduce en ella el vapor de agua, ste

comienza a entregarle calor a la mezcla y el hielo comienza a derretirse, hasta que todos los

componentes del sistema alcanzan nuevamente un nuevo estado de equilibrio.

b) Para responder a las preguntas conviene hacer dos clculos preliminares sobre la energa

involucrada en cada posible cambio de fase.

1. Cunta energa se extrae del vapor de agua al llevarlo a la fase de agua lquida a 100[C] ?El cambio de fase ocurre a la temperatura constante de 100[C], entonces:

vapor vapor vaporizacinQ m L=

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

2. Cunta energa absorbe la mezcla agua+hielo al pasar a la fase de agua lquida a 0[C] ? Elcambio de fase afecta slo al hielo y ocurre a 0[C] , entonces:

( )a

hielo hielo fusinQ m L=

[ ] [ ]50,1 3,33 10 33.300hieloQ J J= =

Los resultados anteriores indican que hielovapor QQ > ;luego el vapor puede aportar con el calor

requerido para fundir todo el hielo, y por lo tanto concluimos que se derretir todo el hielo.


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2. Calorimetra 9


c) A continuacin conviene calcular cunta energa se requiere para calentar toda el agua

proveniente de la mezcla agua+hielo, hasta la temperatura de 100[C] y compararla con el calor

disponible al condensarse todo el vapor.

agua aguaQ m c T =

[ ] [ ](0,5 0,1) 4200 100 252.000aguaQ J J= + =

Notamos que la suma de 285.300[ ]aguahieloQ Q J+ = es inferior a [ ]452.000VAPORQ J= . Esto indica

que toda el agua proveniente de la mezcla agua+hielo podr alcanzar la temperatura de 100[C],

sin necesidad de condensar todo el vapor.

d) La temperatura final de la mezcla de agua y vapor de agua es 100[C], nica temperatura a

la cual estn en equilibrio a la presin atmosfrica (1[atm]).

e) La masa de vapor ( vm en [g] ) que condensa se puede obtener haciendo la proporcin:

200[ ]

aguahielo v

vapor

Q Q mQ g

+ = ,

resultando 126[ ]vm g= . Lo anterior se visualiza graficando la temperatura del subsistema

agua+hielo y del subsistema vapor de agua, en funcin del calor intercambiado entre ambos.

Notar que lainterseccin de las rectas corresponde al estado de equilibrio trmico.

Finalmente la composicin del sistema una vez alcanzado el equilibrio corresponder a 500[g] +

100[g] + 126[g] = 726[g] de agua lquida (que corresponde a la suma de la masa inicial de agua

con hielo ms el vapor condensado) y 200[g] - 126[g] = 74[g] de vapor de agua, a la temperatura

de equilibrio de 100[C].


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3. Conduccin de calor 10


Problema 56

La pared interior de un horno es de ladrillo refractario con espesor de 4 [cm], y la superficie exterior es

de un material aislante, como se muestra en la figura adjunta. En condiciones normales de operacin, la

temperatura en la pared interior del horno es de 1000 [C] y la temperatura del ambiente exterior es de50 [C].

T= 1000 C

T= 50 C

e L

e A

Interior

hornoExterior

L A

Use los siguientes valores de conductividad trmica: para ladrillo ]Ccmcal/s[0,01 =L y para el

material aislante 10/]Ccmcal/s[0,001 L ==A .

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

Solucin 56

El flujo de calor Hdepende del gradiente de temperatura y est dado por la ecuacin:

dx

dTAH = ,

dnde es la conductividad trmica y A es el rea del material a travs del cual fluye el calor en la

direccin x . El valor absoluto del flujo de calor a travs de una pared de caras paralelas de espesor

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


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e

TAH

=

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

lo tanto se cumple que:

Aislante

ExteriorJuntura

A

Ladrillo

JunturaInterior

L

AislanteLadrillo

TTA

TTA

HH

ee

=

=

Reemplazando las temperaturas dadas en el enunciado, considerando que ][800 CTJuntura = y

despejando el espesor AislanteA ee = se obtiene finalmente:

][5,120001,0

4750001,04200750e

e

750

e

200

cmeL

ALA

A

A

L

L

=

==

=

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

slo de 50[C/cm]. Esto es as pues la conductividad trmica del aislante es 10 veces menor que en el

ladrillo.


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Problema 57

Considere un depsito cilndrico de largo L, radio interior R y radio exterior 2R , que contiene agua a

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

tapas del cilindro son aislantes trmicos perfectos y que el flujo de calor es radial y estacionario.a) Determine una expresin para la temperatura en funcin de la variable r(la distancia al eje). A

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

interior y exterior.

b) Grafique la temperatura Ten funcin de la variable r.A continuacin suponga que el flujo de calor hace disminuir la temperatura del agua a partir del

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

c) Deduzca una expresin para la temperatura del agua en funcin del tiempo y a partir de elladetermine cunto demora en llegar al valor 30[C].

d) Grafique la temperatura del agua en funcin del tiempo usando los siguientes datos: R= 10 [cm], = 1 [g/cm3], L = 40 [cm], = 0,01 [cal / s C cm], c = 1 [cal / g C].

Solucin 57

a) Consideremos una superficie cilndrica de radio r )2( RrR


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en el cual rLA 2= es el rea por la cual fluye el calor. Entonces,dr

dTLrH 2= .

En estado estacionario Hes constante e independiente de r, lo que permite integrar la expresin

anterior como se muestra a continuacin,

=T

T

r

R A

dTLr

drH 2

( )ATTLH =

2

R

rln

El valor de Hse calcula usando la condicin exterior: 2 BTR)T( = . Entonces,

( )BA TTLH = 2ln(2) .

Reemplazando H y despejando T(r) resulta:

( )

=

R

rTTTrT BAA ln

)2ln(

)(

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

ocurre en Rr 2= . Con los valores numricos del enunciado, la expresin para la temperatura

interior del cascarn cilndrico, en estado estacionario, en grados Celsius es:

( )

=

R

rln10190rT

b) El grfico correspondiente a

T(r) es el siguiente.

c) Para analizar el

enfriamiento del agua

contenida en el cilindro,

supondremos que el flujo de

calor est dado por la relacin

de estado estacionario, con la

temperatura exterior TB constante. As, en un instante cualquiera, la temperatura interior es Ty el

flujo trmico hacia el exterior es:

20

10 20

90

r [ cm ]

T C

0


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( )BTT

L

dt

dQH ==

)2ln(

2

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

decir, cmdTdQ = , dnde c es el calor especfico y m la masa de agua. Entonces,

( )BTTL

dt

dTmc =

)2ln(

2

Separando las variables e integrando se obtiene:

=T

T

t

BA

dtcm

L

TT

dT

0)2(ln

2

)2(ln

2dnde,ln

cm

Lt

TT

TT

BA

B ==

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

( ) ( ) tBAB eTTTtT+=

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

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

t = 6745 [s] 1 hora y 52 minutos

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

T( t ) [ C ]

t [ s ]

90

200


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Problema 58

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

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

inicialmente a -10 [C] en un ambiente cuya temperatura es constante de 20 [C].Considere los siguientes datos para el hielo: calor especfico 0,50[ / ]C cal g C = , y calor de fusin

[ ]80 /L cal g= .

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

Solucin 58

El calor fluye desde el ambiente exterior hacia el interior del recipiente y comienza a aumentar la

temperatura del hielo hasta llegar a 0 [C]. A continuacin el calor derrite el hielo mientras latemperatura se mantiene constante en 0 [C].

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

relacin (ley de Fourier) para el flujodt

dQ,

24dQ dT

K rdt dr

= ,

Este flujo atraviesa la superficie de una esfera de radio ry espesor dra travs del cual existe una

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

la esfera a travs de la cual pasa este calor.


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

interior y el exterior, suponiendo que sta se mantiene constante. Posteriormente consideraremos

que el flujo de calor hacia adentro hace cambiar la temperatura interior.

Para una diferencia constante de temperatura entre el interior y el exterior, el flujo estacionario de

calor a travs de una superficie esfrica de radio r es una constante independiente de r, para

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

del recipiente esfrico cascarn, lo cual descartamos.

A continuacin resolvemos la ecuacin diferencial para el flujo radial de calor con las siguiente

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

Entonces,

2

4

dT

H Kr dr=

2

4dr KdT

r H

=

Integrando,

2

4 1 1 4( )

e

i

TR e

e i

R T

dr K K dT T T

r H R R e H

+

= =

+

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

4 ( ) (1 )e i

H K T T R R e= +

Usando los valores numricos dados en el enunciado, el flujo inicial de calor resulta deaproximadamente 113[W]. Este flujo debe disminuir a medida que sube la temperatura interior,

de acuerdo a la relacin

dTmCdQ = ,

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

Entonces,

dt

dTmC

dt

dQH ==

Usando el valor de Hencontrado anteriormente para una temperatura interior Tvariable, tenemos

que,

1t0[ ]

10[ ] 0

4 (1 ) ; dnde

( )

C

eC

dT K R R edt

T T C m

+= =

Luego,


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1ln(20) ln(30) t + =

( )

t

23ln1 =

Con los datos numricos del enunciado resulta 3 10,48 10 [ ]s = y [ ]1

845t s= .

Cuando se derrite el hielo, la temperatura interior se mantiene constante en 0[C] y el flujo de

calor se mantiene constante aproximadamente en H= 60[W]. El calor requerido para fundir el

hielo es proporcionado por este flujo, entonces,

mLtH = 2

Con los datos numricos del enunciado resulta [ ]42 1,67 10t s= . Luego, el tiempo que transcurre

hasta que todo el hielo se transforma en agua es [ ]41 2 1,76 10t t s+ = , esto es aproximadamente

4,9 horas.


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hielo

Text

Rint

e

Tapa Recipiente

Text

Rint

Tint

Rext

rdr

Problema 59

En una habitacin cuya temperatura ambiente es

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

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

temperatura deext

T = 10 [C]. El recipiente tiene 5 [cm]

de espesor y 10 [cm] de radio interior (ver figura).

Calcule el tiempo que trascurre hasta que todo el hielo se

transforma en agua.

Use los siguientes datos: conductividad trmica del vidrio

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

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

Solucin 59

El anlisis conceptual de la situacin permite distinguir

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

entra a travs de la paredes del recipiente aumenta la

temperatura del hielo desde 10 [C] hasta 0 [C], despus

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

fase a agua lquida.

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

capa esfrica en funcin de las temperaturas interior intT y exterior extT . Para ello conviene

utilizar un sistema de coordenadas esfricas cuyo origen est el centro de la esfera, como se

muestra en la figura. La ecuacin diferencial de conduccin trmica a travs de un cascarn

esfrico de radio r, rea2

4A r= y espesor dres:

2

rea delcascarn

= 4dT dT

H K A T K A r K r r dr dr

= =

Note que el flujo de calor H

es un vector que siempre tiene direccin contraria al vector

gradiente de temperatura T

, lo que est indicado por el signo negativo en la ecuacin.


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( )4

1 1

ext

hielo h ie lo

int ext

T T dTH K c m

dt

R R

= =

Para simplificar lo anterior definimos:

4 4 0 83 0

1 11 1

0 10 0 15int ext

K , W,

C

, ,R R

= = =

Entonces,

( )ext

hielo hielo

T TdT

dt m c

=

(3)

La relacin anterior expresa la rapidez de cambio de la temperatura del hielo en el interior del

recipiente. Separando las variables T y t e integrando con lmites apropiados, es posibledeterminar el tiempo requerido para que el hielo alcance la temperatura de 0[C]. Este

procedimiento se ejecuta a continuacin.

( )

hielo hielo

ext

m c dTdt

T T

=

( )

1 0

0

1t C

hielo hielo

extintT

m cdt dT

T T

=

1 [ln( ) ln( )]hielo hielo

ext int ext m ct T T T =

( )1

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

3,015 20

hielo hielo ext int

ext

m c T T t s

T

= = =

Para calcular el tiempo que tarda en derretirse la masa de hielo, debemos determinar la magnitud

del vector flujo de calor durante el cambio de fase del hielo, es decir, con la temperatura interior

constante en Tfusin= 0 [C]. Entonces,

( )ext fusinH T T=

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

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

fase. Luego,


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2 2

fusin hielo fusinQ m LdQH

dt t t

= = =

( )2

h ielo fusin

ext fusin

m LT T

t

=

Despejando 2t y evaluando se obtiene:

( ) ( )[ ]2

3 80 4 186 8278

3 05 20 0

hielo fusin

ext fusin

m L . ,t min

,T T

= =

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

[ ] [ ]1 2

292 4 86total

t t t min , h= + = =


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4. Gases ideales 22


Problema 60

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

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

mantenindolo abierto para permitir que el gas escape y se mantenga constante la presin. Luego

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

t3=0[C]. Datos: ][1001,1][15

1 PaatmP == y [ ]KmolJR = /31,8 (constante para gases

ideales)

a) Cuntas molculas de gas escapan del recipiente mientras ste se calienta?b) Cul es la presin en el recipiente cuando llega al equilibrio en el agua con hielo?

Solucin 60

a) El proceso de calentar el gas sucede a presin y volumen constante, de modo que lasmolculas que escapan del recipiente corresponden a la diferencia de moles de gas que hay

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

][034,03

4 33mrV =

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

A 20 [C], 111 RTnVP = , de dnde obtenemos que ][4,129331,8

034,01001,1 5

1

11 mol

RT

VPn =

== ,

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

034,01001,1 5

2

12 mol

RT

VPn =

== .

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


23/76

4. Gases ideales 23


De lo anterior concluimos que el nmero de molculas que escapan del recipiente durante el

proceso de calentamiento es:

molculas3,0)( 21 aa NNnnN == , dnde231002,6 =aN es la constante de Avogadro.

Luego, escapan del recipiente aproximadamente molculas108,1

23

.b) Cuando el recipiente abierto est a 100 [C] y se cierra, quedan en su interior 2n moles de

gas. Entonces, al colocar el recipiente en agua con hielo se mantiene constante el volumen y

los moles, mientras se alcanza la temperatura de equilibrio que es 0 [C]. La presin debe

disminuir al igual que la temperatura. Luego,

323 RTnVP =

4

3

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

0,034P Pa atm

= = =


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4. Gases ideales 24


Problema 61

Un recipiente esfrico de 20 [cm] de dimetro contiene un gas ideal que inicialmente est a 1 [atm]

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

permitiendo que parte del gas se escape. Posteriormente el recipiente se cierra y se sumerge en unbao de agua congelada (agua y hielo en equilibrio).

a) Cuntas molculas de gas se escapan del recipiente a medida que es calentado?b) Cul es la presin del gas cuando alcanza el equilibrio en el agua congelada?

Solucin 61 Instante t=0

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

- Ti= 20 [C]

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

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

3 34 0,034 [ ]3

V r m= =

Usando la ecuacin de estado pV=nRT se obtiene el nmero iniciali

n de moles de molculas.

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

20 [C] = 293 [K], resulta:

[ ]1,4i iii

P Vn mol

R T

= =

Instante t >0

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

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

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

durante el calentamiento, la presin se mantiene constante y el

volumen del recipiente no cambia, entonces el nmero de


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4. Gases ideales 25


molesf

n se obtiene con la ecuacin de estado y los siguientes valores:Pf = Pi= 1 [atm] = 1,01 10

5 [Pa]

Vf= Vi = 0,034 [m3]

Tf= 100 [C] = 373 [K]

Entonces,

[ ]1,1f fff

P Vn mol

R T

= =

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

= 0,3 NA molculas, donde NA = 6,021023 es el nmero de Avogadro.

Finalmente se obtiene que aproximadamente 1,81023 molculas escapan del recipiente.

Instante t >0

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

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

indica la situacin cuando recin se ha colocado el recipiente en

agua congelada. All el gas alcanzar una temperatura de

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

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

ideales, la presin debe disminuir.

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

de estado, se obtiene aproximadamente:

[ ]47,3 10f Efi

n R TP Pa

V

= =

Esto corresponde a [ ][ ]

[ ][ ]4 5

17,3 10 0,70

1,01 10f

atmP Pa atm

Pa=

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


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4. Gases ideales 26


Problema 62

Considere una botella con gas que ocupa un volumen0

V a

temperatura 0T , con un tapn cilndrico en su cuello como se

indica en la figura. El tapn es hermtico, de masa m, rea A ypuede deslizar sin friccin con la superficie de la botella.

Estando en equilibrio, el cilindro se empuja suavemente hacia

adentro y luego se suelta. Determine la frecuencia de

oscilacin, suponiendo que la temperatura se mantiene

constante.

Solucin 62

La condicin inicial de equilibrio de fuerzas satisface la ecuacin:

0atmP A mg P A+ = ,

dnde0P es la presin dentro de la botella, que est determinada por

la ecuacin de estado para el gas ideal:

00

0

nRTP

V=

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

puesto que supondremos una temperatura constante, la ecuacin

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

el tapn no se cumplir la condicin de equilibrio de fuerzas, y ste ser empujado hacia arriba

inicindose una oscilacin que estudiaremos a continuacin

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

volumen del gas es Ax y la presin P en su interior depender de x. Entonces,

0 0( ) ( )P x V A x nRT =

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

una aproximacin de primer orden en x para la presin P(x). Expandiendo en serie el factor

1

0

1Ax

V

, y usando la relacin ( )1 2 31 1 ...u u u u

= + + + + , con 12


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4. Gases ideales 27


0

0

( ) 1xA

P x PV

= +

Para estudiar la oscilacin del cilindro, a continuacin se escribe la ecuacin de Newton usando

el desplazamiento x del centro de masa del cilindro,

2

2- ( )

atm

d xP A m g P x A m

dt+ = .

Usando la aproximacin de primer orden para P(x) y la ecuacin de

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

siguiente:

2 2

0 2

0

A d x

P x mV dt =

Esta relacin se reconoce como la ecuacin diferencial que describe una oscilacin armnica

simple, por ser de la forma:

22

20

d xx

dt+ = .

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

0

0

PA

mV= .

Usando la ecuacin de estado del gas ideal, lo anterior tambin se puede expresar por,

0

0

nRTA

V m = .

Esta es la frecuencia de las pequeas oscilaciones del tapn.


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4. Gases ideales 28


Problema 63

En un globo esfrico como los de cumpleaos, de radio r, la

elasticidad del material es tal que la diferencia de presin entre

el interior (P) y el exterior (0

P ), es proporcional al radio, como

lo indica la expresin:

0P P K r = ,

dnde Kes una constante elstica del material. Considere que la

presin exterior se mantiene constante.

a) Determine el nmero n de moles que debe tener el globo para que su radio sea r , a unatemperatura de equilibrio Tconocida.

b) Relacione un pequeo cambio en la temperatura de equilibrio con el respectivo cambio en elradio del globo.

c) Determine el trabajo hecho por el gas cuando el radio del globo disminuye a la mitad,manteniendo constante el nmero de moles en su interior.

Solucin 63

a) Utilizando la ecuacin de estado de los gases ideales: PV nRT= , considerando el volumende aire contenido en el globo: 34 / 3V r= , y sustituyendo P segn la expresin dada en el

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

3

0

4( )

3

rP Kr nRT

+ =

Despejando el nmero de moles se obtiene el resultado pedido:

( )3 04

3

r Kr Pn

RT

+=

b) La expresin encontrada indica que al disminuir el radio disminuye la temperatura deequilibrio, cuando el nmero de moles se mantiene constante. Al despejar la temperatura T

en dicha expresin, se encuentra:

( )3 04

3

r P Kr T

nR

+= .


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4. Gases ideales 29


Derivando en la expresin anterior respecto a r, se encuentra la relacin entre pequeos

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

( )2 04 3 4

3

r P Kr r T

nR

+ = .

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

temperatura tambin disminuye.

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

i

V

V

W P dV = .

El cambio dVse obtiene derivando la expresin para el volumen Vde la esfera dado en la

parte a). El resultado de eso corresponde al producto entre el rea2

4 r de la esfera y el

espesor dr, lo cual describe el volumen de un cascarn esfrico muy delgado, es decir,

24dV r dr = . Entonces,

( ) 20 4f

i

r

r

W P Kr r dr = + .

La integracin es elemental y los limites son ir r= y / 2fr r= , con lo cual se obtiene el

resultado final:

( )3 045 5648

r Kr PW

+=

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

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

el radio se reduce a la mitad.


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4. Gases ideales 30


Problema 64

Un tanque para gases, perfectamente aislado y de capacidad calorfica despreciable, est dividido

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

una de las partes est en equilibrio, con la temperatura, la presin y el volumen indicados en la

figura.

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

Solucin 64

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

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

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

est aislado perfectamente y no absorbe calor por tener una capacidad calorfica despreciable,entonces aplicando la primera ley termodinmica concluimos que la energa interna permanece

constante. Considerando que en el gas, Ces el calor especfico a volumen constante, entonces,

finalinicial UU =

( )A A B B A Bn C T n C T n n C T + = +

A A B B

A B

n T n T T

n n

+=

+

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

siguientes expresiones correspondientes aA

n yB

n .

A

AAA

RT

VPn = ;

B

BBB

RT

VPn =


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4. Gases ideales 31


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

de los datos dados en el dibujo del enunciado. El resultado es,

( )A A B B A B

A A B B B A

P V P V T T T

P V T P V T

+=

+

Para obtener la presin se aplica la ecuacin de estado para el gas en el estado final.

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

Despejando la presin y usando la primera expresin encontrada para la temperatura T se

obtiene:

BA

BBAA

VV

TnTnRP

+

+=

)(

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

equilibrio, se encuentra el resultado deseado:

A A B B

A B

P V P V P

V V

+=

+


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5. Primera ley termodinmica 32


Problema 65

Un bombn de bicicleta que consta de un cilindro de dimetro D=2[cm] y longitud L1= 25[cm], se

usa para introducir aire a un neumtico cuya presin inicial es P = 240[kPa]. Considere que el

aire en el interior del cilindro se comporta como un gas ideal, y es comprimido a partir de lapresin atmosfrica manteniendo constante la temperatura. Suponga que el aire se comprime

hasta que est a punto de empezar a fluir hacia el interior del neumtico.

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

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

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

Solucin 65

a) Inicialmente el aire del cilindro est a la presin atmosfrica (P1=1,013105

[Pa] 105

[Pa]), y

para que exista flujo de aire hacia el interior del neumtico se necesita comprimirlo en el bombn

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

][104,2 52 PaP =

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

estados inicial (1) y final (2):

1 1 2 2P V P V = .

5 5

1 210 2,4 10A L A L =

Entonces, 12

10,4[ ]2,4

LL cm= =

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

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

Usando la ecuacin de estado de un gas ideal, se obtiene la siguiente expresin:

n R TdW dV

V

=

Integrando entre los estados inicial y final se obtiene:


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5 62 21 1

1 1

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

25

V VW nRT PV J

V V

= = =

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

al mbolo en direccin contraria al movimiento de ste.

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

entonces aplicando la primera ley termodinmica se tiene que:

0U Q W = =

Luego, 6,8[ ]Q W J=

El signo menos en el resultado anterior indica que el calor es entregado por el gas, es decir sale

desde el cilindro.


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Problema 66

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

manteniendo constante la presin. Use el calor especfico molar a presin constante CP = 5R/2 y

la constante universal de los gases R= [ ]8 /J mol K .

a) Determine el trabajo realizado por el gas.

b) Determine el rendimiento o eficiencia del proceso.

Solucin 66

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

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

nR

Q

ttnRtnCQ p 5

2

2/5 ===

][20815

4002Ct =

=

Entonces,

[ ]40ft C=

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

][24020

2

31 JtnCU v ===

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

][160240400 JUQWWQU ====

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

cclicas no son utilizables. Vamos a usar la siguiente definicin de eficiencia:

Trabajo realizado

Calor absorbido =

Entonces,

40,0400

160==


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Problema 67

Considere un recipiente aislado que

posee dos cmaras separadas por un

pistn mvil de rea A=600[cm

2

] queimpide el intercambio de calor y de

molculas entre ellas. En la cmara del

lado izquierdo hay 0,5 moles de aire y una

resistencia elctrica; y en la del lado

derecho hay 0,7 moles de He y un resorte de constante elstica k=3104[N/m].

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

lado izquierdo y 0,50[atm] en el lado derecho. A continuacin se conecta la resistencia elctrica y

se observa que el resorte se comprime lentamente. Cuando la longitud del resorte es la mitad del

largo inicial, se desconecta la resistencia.

a) Calcule la magnitud de la fuerza que ejerce el resorte en el estado inicial de equilibrio.b) Calcule el largo normal del resorte.c) Identifique el proceso correspondiente al gas Helio. Escriba le ecuacin respectiva y dibuje el

diagrama P-V cualitativo.

d) Calcule la energa interna en la cmara del lado derecho, en el estado inicial y final.e) Calcule las presiones finales en ambas cmaras.f) Calcule el calor entregado por la resistencia durante el lapso de su conexin.Use los siguientes calores especficos molares. A volumen constante, para Helio c=3R/2 y para

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

Solucin 67

a) Inicialmente el pistn que separa ambas cmaras est en equilibrio mecnico por efectodel resorte y de las presiones en ambas cmaras. La ecuacin de equilibrio de fuerzas es:

ApApF AH =+

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

b) La compresin del resorte obedece a la relacin lineal xkF = .


36/76



Entonces la compresin inicial es: ][10,0100,3

100,34

3

mk

Fxi =

== .

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

calcularse usando los valores iniciales de temperatura absoluta y presin.

Luego,

][104,3][104,310013,15,0

29331,87,0 34325

cmmp

RTnV

H

H

H ==

== .

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

104,34

cmA

VL HH =

== , y el largo normal

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

c) El Helio est en un recipienteaislado, restringido a realizar un

proceso adiabtico. Puesto que la

cmara con aire recibe calor, ste

puede repartirse entre energa interna

de las molculas de aire y trabajo

realizado al expandirse. Por lo tanto,

la cmara que contiene Helio

experimenta una compresin

adiabtica que satisface la ecuacin:

H HpV p V =

dnde5

3

Helio

Helio

c

c

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

= = .

Notar que el producto pV es constante y se evala con los valores iniciales en la cmara de

Helio.

d) En la cmara del lado derecho la energa interna inicial corresponde a energa elstica delresorte y energa cintica de las molculas del gas Helio. Para cada una tenemos:

2 4 21 1 3 10 (0,10) 150[ ]2 2

resorte iU k x J = = = ,

3 30,7 8,31 293 2557[ ].

2 2Helio H Helio H U n c T n RT J = = = =


37/76



Entonces, la energa interna inicial en la cmara del lado derecho es,

150 2557 2707[ ]d

U J= + = .

Para calcular la energa interna en el estado final se examina la compresin adiabtica hasta el

volumen final 2.H

V El trabajo realizado por el gas Helio es:

2 1 1178

178 .( 1)

f H f

i H i

V V V

f i

H

V V V

V VW pdV dV

V

= + +

=

= = =

+

Recordando que 178i i f f pV p V = = , el resultado anterior se escribe de manera ms simple

como sigue,

.( 1)

f f i i

H

p V pV W

=

+

Sin embargo, para realizar el clculo usaremos la expresin anterior en trminos de volmenes.

2 3 2 3 2 3

2 3

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

2 3 2 (0,034)

HH

VW J

= = =

.

Usando el primer principio de la termodinmica se concluye que el cambio de energa interna del

gas Helio es: 1505[ ],Helio H U W J = = es decir, la respectiva energa interna final es:

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

En el proceso de compresin la longitud del resorte se reduce a 2 0,28[ ]HL m= de modo que se

comprime en 2 0,10 0,28 0,38[ ]f i Hx x L m= + = + = , y por lo tanto la energa elstica que

almacena es2 4 21 1

3 10 (0,38) 2166[ ]2 2

resorte f U k x J = = = . Luego, la energa interna final en la

cmara del lado derecho es 2166 4062 6228[ ]d

U J = + = .

e) La presin final en la cmara del lado derecho se calcula segn la ecuacin del procesoadiabtico, con el volumen final 2.

HV Entonces,

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

HH H H

H

Vp p p atmV

= = = =

.

Para calcular la presin final en la cmara del lado izquierdo se requiere conocer la fuerza que

ejerce el resorte, es decir,4 43 10 0,38 1,14 10 [ ]

fF k x N = = = . Recordando la equivalencia

5 21[ ] 1, 013 10 [ / ]atm N m= el resultado para F puede expresarse en unidades ms convenientes:


38/76



42

5

1,14 100,11[ ]

1,013 10F atm m

= =

Usando la ecuacin de equilibrio de fuerzas H AF p A p A + = , podemos calcular la presin en

la cmara del lado izquierdo segn:

2

0,111,59 3,42[ ]

6 10A H

Fp p atm

A

= + = + =

.

f) Para la cmara del lado izquierdo, primero calculamos la energa interna en el estadoinicial y en el estado final, y despus consideramos el calor entregado por la resistencia. Para la

energa inicial tenemos que35 5

0,50 8,31 293 3,0 10 [ ]2 2

i AU n RT J = = = .

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

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

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

tenemos A A Ap V n RT = , resultando

2 3

5

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

1,0 1,013 10

AA

A

n RTV m

p

= = =

.

El volumen final se obtiene de ( )A A f iV V A x x = + . Con los valores anteriormente calculados el

cambio de volumen resulta 2 2 3( ) 6 10 (0, 38 0,10) 1, 68 10 [ ]f iA x x m = = y por ende el volumen

final es2 3

2,88 10 [ ].AV m = Entonces la energa final es

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

2 2 2i A A A

U n RT p V J = = = =

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

aplicamos la primera ley termodinmica al sistema formado por ambas, resultando,

43 3( ) ( ) (25 3) 10 (6,2 2,7) 10 1,85 10 [ ]i d i i d d Q U U U U U U U J = = + = + = + = .


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Problema 68

Un cilindro que contiene gas est provisto de un mbolo, y se encuentra inicialmente en

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

siguientes operaciones: primero el gas es comprimido muy rpidamente desplazando el mbolo

a la posicin inferior indicada en la figura, luego se mantiene el mbolo en esa posicin hasta que

se alcanza el equilibrio trmico, y finalmente se levanta el mbolo muy lentamente hasta la

posicin inicial. En el proceso completo se derriten 100 [g] de hielo.

a) Dibuje la trayectoria del gas en un diagrama P-V.b) Calcule el trabajo realizado por el gas en el ciclo completo.

Solucin 68

a) Inicialmente el sistema est en equilibrio y la temperatura del gas es la misma que la delagua con hielo ( aT ). Como sabemos, a la presin de 1 [atm], slo a una temperatura de 0 [C]

coexisten el agua con el hielo.

Mientras el mbolo es desplazado muy rpidamente hasta la posicin inferior, no hay

transferencia de calor entre el gas y la mezcla de agua con hielo pues no hay tiempo suficiente

para que ocurra un proceso de esa naturaleza. Puesto que el gas es comprimido por un agente

externo que realiza trabajo sobre l, su energa interna aumenta y por lo tanto la temperatura final

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

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

U Q W = .


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

que la energa interna de un gas ideal es proporcional a la temperatura absoluta T, se concluye

que 0 .T > Los estados inicial y final del proceso analizado se designan por las letras a y b en

el siguiente diagrama P-V.

Mientras el gas est a mayor temperatura que su entorno de agua con hielo, el gas entrega calor

hasta que se alcanza el equilibrio trmico y la temperatura de ambos se igualan en el valor

0c aT T T= = . O sea, en este proceso la temperatura del gas disminuye y el gas no hace trabajo

pues el volumen se mantiene constante. Aplicando la primera ley termodinmica U Q W = ,

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

Esta misma conclusin se obtuvo al examinar la diferencia de temperatura. El estado de

equilibrio alcanzado se identifica con la letra c en el siguiente diagrama P-V.


41/76



Usandoa c

T T= ya c

V V> en la ecuacin de estado del gas ideal:a a a c c c

PV nRT nRT PV = = = se

concluye quec a

P P> . Anlogamente, usandoc

T T> yc

V V= se concluye quec

P P> .

Cuando se levanta muy lentamente el pistn para llevarlo a la posicin inicial correspondiente

al punto a del diagrama P-V, el gas pasa por sucesivos estados de equilibrio trmico con suentorno. Al mismo tiempo que el gas realiza trabajo lentamente, absorbe calor para mantener la

temperatura en el mismo valor que su entorno (0

a

T T= ), es decir, este proceso es isotrmico.

Entonces, el diagrama P-V del proceso completo es el siguiente.

b) Puesto que el gas ideal es sometido a un proceso que comienza y termina en el mismoestado, no cambia su temperatura ni su energa interna. De acuerdo a la primera ley

termodinmica U Q W = , con 0U = concluimos que el trabajo realizado es W Q= .

El calor Q que entrega el gas a su entorno en el proceso completo se emplea en derretir 100 [g]

de hielo. Entonces,f

Q mL= , donde 333[ / ]f

L kJ kg= es el calor latente de fusin del hielo.

Finalmente, el trabajo realizado es,0,1 333 33,3[ ]W Q kJ = = = .


42/76

6. Ciclos termodinmicos 42


Problema 69

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

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

identifican en la figura delimitan un proceso isotrmico del proceso adiabtico contiguo.

a) Determine el calor que recibe o entrega el gas en los procesos isotrmicos.b) Determine el trabajo que realiza el gas en los procesos adiabticos.c) Determine la eficiencia del ciclo de Carnot.

Solucin 69

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

temperatura bien definidos como lo indican las lneas en el diagrama P-V.

En primer lugar se analiza cada uno de los procesos para el ciclo abcd indicado en la figura, que

corresponde a una mquina trmica.

Proceso ba . Ocurre a temperatura constante T+ , entonces el cambio de energa interna es0U = . Luego, el calor que entra al gas es igual al trabajo que ste realiza: W Q= . Puesto

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

efectivamente entra al gas: 0W > y 0EQ > .

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

c bT T< entonces, 0U < y 0W > . En realidad 0V > tambin indica que

el gas realiza trabajo.


43/76



Proceso dc . Ocurre a temperatura constante T , entonces el cambio de energa interna es0U = . Luego, W Q= . Puesto que el cambio de volumen es 0V < entonces el trabajo

realizado por el gas es negativo y el calor sale del gas: 0W< y 0SQ < .

Proceso ad . Ocurre sin intercambio de calor: 0Q = , entonces U W = . Dado qued aT T< entonces, 0U > y 0W < . En realidad 0V < tambin indica que se realiza

trabajo sobre el gas.

Nomenclatura:

a) Para calcular el calor transferido en los procesos isotrmicos, se usa Q W= y se calcula eltrabajo realizado como sigue:

a aPV P V = ,

===

a

b

aa

V

Vaa

V

VE

V

VVP

V

dVVPPdQ

b

a

b

a

lnV .

Anlogamente,

===

c

d

cc

V

Vcc

V

VS

V

VVP

V

dVVPPdQ

d

c

d

c

lnV

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

b)Para calcular el trabajo realizado por el gas en los procesos adiabticos, se usa W U= y secalcula el cambio de energa interna a partir del cambio de temperatura, como sigue,

)(UUW cbbc + == TTncV .

Anlogamente, ( )da d a V

W U U nc T T += =

Notar que ambos trabajos suman cero.

c) La eficiencia se define como el cuociente entre el trabajo que la mquina realiza en un ciclocompleto y el calor que recibe el gas en el proceso isotrmico de alta temperatura. O sea, la

eficiencia es: R

E

We

Q= .


44/76



Puesto que en el ciclo completo 0U = , entoncesR E S

W Q Q= + .

Dado que 0S

Q < es conveniente usar: R E SW Q Q= .

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

E E

Q Q Qe

Q Q

= = .

Con los resultados anteriores puede escribirse el cuociente entre los calores SQ y EQ , como

sigue:

ln( ) ln( )

ln( / ) ln( / )

S c c c d c d

E a a b a b a

Q PV V V V V T

Q PV V V T V V

+

= =

Notar que se ha utilizado la ecuacin de estado para reemplazar los productos P Ven trminos de

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

volmenes usamos las siguientes igualdades que satisfacen los procesos adiabticos:

a a d d PV P V = y

b c cPV PV = . Haciendo el cuociente entre ambas relaciones se obtiene:

-1 -1

-1 -1

b c c b c b c

a a d d a d a d

PV PV V V V V

PV P V V V V V

= = =

Note que en el paso anterior se ha utilizado reiteradamente la ecuacin del gas ideal, por ejemplo

a a b bPV PV nRT += =

El resultado anterior significa que el cuociente entre logaritmos es igual a uno y por lo tanto la

eficiencia es:

1T T T

eT T

+

+ +

= =


45/76



Problema 70

En una mquina de Carnot que utiliza aire, al comienzo de la expansin isotrmica la presin es 5

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

Durante la expansin isotrmica el aire recibe calor Q=6 [atm] y el volumen mximo del airedurante el ciclo es de 10 []. Para el aire use 4,1== vp CC .

a) Determine las variables presin, volumen y temperatura en los vrtices del ciclo.b) En cada etapa del ciclo calcule el calor absorbido Q, el trabajo realizado W, el cambio de energa

interna Uy el cambio de entropa S.

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

Solucin 70

a) Vamos a considerar un ciclo de Carnot cuyos vrtices son los estados 1, 2, 3 y 4 de modo que los

procesos respectivos son: 1 2 es una expansin isotrmica, 2 3 es una expansin adiabtica,

3 4 es una compresin isotrmica y 4 1 es una compresin adiabtica. De acuerdo a loanterior, en el enunciado tenemos los siguientes datos:

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

Usando la ecuacin de estado pV nRT= , tenemos que5

[ / ]600

pVnR atm K

T= = .

Como el proceso1 2 es isotrmico, se deduce que T2 = 600 [K]. En dicho proceso se cumple que

Q1,2 = W1,2 y entonces:

1

21112,1

2

1

2,12,1

ln2

1V

VVp

V

dVnRTW

pdVWQ

V

V

==

==

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

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

Usando la ecuacin de estado del gas ideal tenemos que:

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

En los vrtices del proceso 2 3 se cumple que 3322 VpVp = . Entonces,


46/76



]atm[32,01032,351,1 34,1

3

4,1 == pp

Puesto que los moles de aire sometidos al proceso son constantes, es posible calcular T3 a partir de

la ecuacin de estado de los gases ideales, como sigue:

]K[384

5

32,010600

11

33

13

1

11

3

33 =

===

Vp

VpTT

T

Vp

T

Vp

Esta corresponde a la temperatura de la compresin isotrmica, por lo tanto T4 = T3.

Para la compresin adiabtica es conveniente usar la relacin: 1111

44

= VTVT . Entonces,

][05,3384

6001 4

4,0

4

14,0

1

4,0

4 === VT

TVV

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

segn:

]atm[05,160005,3

3841514

4114

1

11

4

44 =

===TVTVpp

TVp

TVp

Los resultados obtenidos pueden resumirse en la siguiente tabla de valores

p [ atm ] V [ l ] T [ K ]

1 5 1 600

2 1,51 3,32 600

3 0,32 10 384

4 1,05 3,05 384

Estos valores determinan los vrtices del grfico P-V en el siguiente ciclo de Carnot.

P

V

1

2

34

T= 600 [K]

384 [K]


47/76



b) Para el clculo decalor absorbido, trabajo realizado y cambio de energa interna, usaremos la

primera ley termodinmica, con U=0 en las etapas isotrmicas y Q=0 en las etapas adiabticas. En

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

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

etapa adiabtica 23 se usa la ecuacin CVpVp == 3322 , y se procede a calcular la integral

siguiente:

)(1

1

)1()1(33

3

222

3

2

3

2

13

2VpVp

C

CVpCV

V

CdVpdVW

=+

=+

===+

Entonces,

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

1

1

133223,2 ==

= VpVpW

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

][atm8,310

05,3ln1032,0

4

3

4

3

34,3 ==== V

V

V

VV

dVnRTdVpW

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

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

][atm5,4005,400 1,41,4 ==++= UUU

En el proceso adiabtico 41 Q4,1 = 0 y U4,1 = W4,1 = 4,5[atm].

Para el clculo de las variaciones de entropa usamos: = TdQ

S .

Esta relacin indica que en las etapas adiabticas la entropa no cambia. Entonces,

S2,3 = S4,1 = 0

En las etapas isotrmicas tenemos que:

/K][atm01,0384

8,3

1

/K][atm01,0600

6

1

3

4,3

4,3

4

33

4,3

1

2,1

2,1

2

11

2,1

=

===

====

T

QSdQ

TS

T

QSdQ

TS


48/76



Los resultados de los clculos anteriores se resumen en la siguiente tabla de valores.

Etapa Q W U S

1 2 6 6 0 0,01

2 3 0 4,5 - 4,5 0

3 4 - 3,8 - 3,8 0 - 0,01

4 1 0 - 4,5 4,5 0

[ atm] [ atm] [ atm] [ atm / K ]

c) La representacin cualitativa del ciclo de Carnot en un diagrama p-Vse realiz en la parte a). En

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

procesos involucrados ocurren a temperatura constante y a entropa constante, obtenindose en

consecuencia el siguiente grfico.

T [ K ]

S

600

384

S1 S2

1 2

34


49/76



Problema 71

El grfico adjunto representa el ciclo de

Brayton que es el ciclo ideal de una turbina de

gas. El ciclo consta de los procesosadiabticos 12 y 34, y de los procesos

isobricos 23 y 41.

El ciclo se inicia en el estado 1 en el cual

1[mol] de aire ingresa al compresor a presin

de 1[atm] y temperatura de 20C, dnde es

comprimido adiabticamente hasta alcanzar la

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

isobricamente hasta alcanzar la temperatura mxima de T3 = 900C.

Luego se realiza una expansin adiabtica llegando el gas a la presin p4 = p1.

Finalmente otro intercambiador de calor enfra el aire isobricamente hasta llevarlo al estado

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

a) Determine las variables de presin, volumen y temperatura en los vrtices del ciclo y construyaun grfico de presin versus temperatura.

b) Calcule el calor absorbido Q, el trabajo realizado W, el cambio de energa interna U y elcambio de entropa S en cada proceso del ciclo.

c) Evale el rendimiento del ciclo y el rendimiento de un ciclo de Carnot que opere entre lasmismas temperaturas extremas.

Solucin 71

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

usando la ecuacin de estado del gas ideal.

][24,195

1173082,01][03,24

1

293082,01

31

333111

=

==

=

==

VV

nRTVpnRTVp

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

usar la ecuacin de los procesos adiabticos 12 y 34. Entonces,

1

2 3

4V


50/76



2 2 1 1 4 4 3 3

1,4 1,4 1,4 1,4

2 4

5 1 24,03 1 5 19,24

p V p V p V p V

V V

= =

= =

2 47,61 [ ] 60,74 [ ]V V= =

Para determinar ahora las temperaturas en los estados 2 y 4, basta usar la ecuacin de estado. Lo

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

explcitamente.

]K[74103,241

74,601293

]K[46403,241

61,75293

11

44

14

11

2212

4

44

2

22

1

11

=

==

=

==

===

Vp

VpTT

Vp

VpTT

T

Vp

T

Vp

T

VpnR

Los valores correspondientes a las variables presin, volumen y temperatura en los estados 1 al 4 se

resumen en la siguiente tabla.

Estado p [ atm ] V [ ] T [ K ]

1 1 24,03 293

2 5 7,61 464

3 5 19,24 1173

4 1 60,74 741

En un grfico de presin temperatura los procesos isobricos estn representados por una recta

paralela al eje de temperatura. Los procesos adiabticos son parbolas que obedecen a la relacin

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

27

1 TKpKTp ==

,

dnde Kuna constante que depende de cada proceso adiabtico.

El ciclo de Brayton en las variables presin temperatura se ilustra a continuacin.


51/76



1 4

2 3

T

b) Puesto que en los procesos adiabticos no se produce intercambio de calor entonces en los

procesos 12 y 34 se cumple que: Q1,2= 0 y Q3,4= 0 . En los procesos isobricos el trabajo

realizado por el gas se calcula mediante la sencilla relacin:

VpW = .

Al aplicar esta relacin a los procesos 23 y 41 se obtiene:

( ) ( )

( ) ( ) ][atm71,3674,6003,241

][atm15,5861,724,195

4111,4

2323,2

===

===

VVpW

VVpW

En los procesos isobricos el calor que entra al gas est dado por la expresin:

TCnQ p =

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

2

7

1

2

5

1

RRc

RRc pv =

==

=

.

( )

( ) ][atm58,128)741293(082,02

71

2

7

][atm48,203)4641173(082,02

71

2

7

411,4

233,2

=

==

=

==

TTRnQ

TTRnQ

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

expansin adiabtica se puede obtener mediante la relacin:

( )ffiifi VpVpW

= 3,

1

1

En este caso,


52/76



( ) ( )

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

1

1

1

][atm19,3561,7503,2414,0

1

1

1

44334,3

22112,1

==

=

==

=

VpVpW

VpVpW

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

proceso, la primera ley de la termodinmica permite calcular las variaciones de energa interna,

como sigue:

][atm87,91

][atm65,88

][atm33,145

][atm19,35

1,41,41,4

4,34,34,3

3,23,23,2

2,12,12,1

==

==

==

==

WQU

WQU

WQU

WQU

Puesto que la suma de las variaciones de energa interna en un ciclo debe ser cero, es posible

verificarlo en los resultados anteriores, haciendo:

0, =k

kjU

Para obtener los cambios de entropa usamos la definicin: = TdQ

S .

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

S1,2 = S3,4 = 0

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

/K][atm266,0741293ln082,0

27ln

/K][atm266,0464

1173ln082,0

2

7ln

ln

4

11,4

2

3

3,2

=

==

=

==

==

TTncS

T

TncS

T

Tcn

T

dTcnS

p

p

i

f

p

f

i

p

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

0, =k

kjS


53/76



Los resultados obtenidos se resumen en la siguiente tabla:

Proceso Q W U S

1 2 0 - 35,19 35,19 0

2 3 203,48 58,15 145,33 0,266

3 4 0 88,65 - 88,65 0

4 1 - 128,58 - 36,71 - 91,87 - 0,266

[ atm ] [ atm ] [ atm ] [ atm / K ]

c) El rendimiento del ciclo es igual al cuociente entre el trabajo realizado por el gas y el calorque recibe.

368,048,203

90,74

3,2

===Q

Wtotal

Decimos que el rendimiento del ciclo es de aproximadamente 37%

El rendimiento del ciclo de Carnot que opera entre las mismas temperaturas extremas es:

75,01173

29311 ===

mayor

menor

CT

T

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

Ntese que el rendimiento del ciclo de Brayton es menor que el de un ciclo de Carnot que

opera entre las mismas temperaturas extremas. Esto debe ser as de acuerdo al teorema de

Carnot.


54/76



Problema 72

Un gas ideal es sometido a un ciclo de Otto que consta de dos procesos isocricos a volmenes

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

figura delimitan un proceso isocrico del proceso adiabtico contiguo.

d) Determine el calor que recibe o entrega el gas en los procesos isocricos.e) Determine el trabajo que realiza el gas en los procesos adiabticos.f) Determine la eficiencia del ciclo de Otto.

Solucin 72

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

temperatura bien definidos como lo indican las lneas en el diagrama P-V.

En primer lugar se analiza cada uno de los procesos para el ciclo abcd indicado en la figura, que

corresponde a la operacin de una mquina trmica.

Proceso ba . Ocurre a volumen constante V1, por lo tanto el trabajo realizado por el gas escero. Luego, el cambio de energa interna es igual al calor que entra al gas:

EU Q = . En el

gas ideal el cambio de energa interna depende del cambio de temperatura segn:

( )V b a

U nc T T = . De acuerdo a la ecuacin del estado para un gas ideal, en este proceso a

volumen constante aumentan la presin y la temperatura.


55/76



Proceso cb . Ocurre sin intercambio de calor: 0Q = , entonces U W = . Dado quec b

T T< entonces, 0U < y 0W > . En realidad 0V > tambin indica que el gas

realiza trabajo positivo; su valor se calcular ms adelante.

Proceso dc . Ocurre a volumen constante V2 , por lo tanto el trabajo realizado por el gases cero. Luego, el cambio de energa interna es igual al calor que entra al gas:

SU Q = . En

el gas ideal el cambio de energa interna depende del cambio de temperatura segn:

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

volumen constante disminuyen la presin y la temperatura.

Proceso ad . Ocurre sin intercambio de calor: 0Q = , entonces U W = .Dado que a dT T> entonces, 0U > y 0W< . En realidad 0V < tambin indica que

el gas realiza trabajo negativo.

d)En los procesos isocricos el calor que entra o sale del gas satisface: VQ U nc T = = .Para el proceso ab el calor es ( )

E V b aQ nc T T = y es de signo positivo, es decir, entra.

Para el proceso cd el calor es ( )S V d cQ nc T T = y es de signo negativo es decir, sale.

e)Para calcular el trabajo realizado por el gas en los procesos adiabticos se usan las relaciones:a a

PV PV = y

b bPV PV

= .

Para el proceso bc el trabajo es:

01)1()1(

)(

111

>

=

+

===

++

c

bbbbc

bb

V

Vbb

V

Vbc

V

VVPVVVP

V

dVVPPdVW

c

b

c

b

Para el proceso da el trabajo es:

01

)1()1(

)(

111

documentocalor

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