20) Indique si los siguientes sistemas termodinámicos son cerrados, abiertos o aislados:una nube, un ratón vivo, un fragmento de roca en el espacio exterior, el refrigerador de la heladera, café en un termo.

 

Cerrado, abierto y aislado son definiciones muy precisas y operativas en el sentido de que si te enfrentás a un sistema cualquiera hay propiedades que se cumplen o no se cumplen dependiendo del tipo de sistema que se trate. 

Un sistema cerrado es aquel que puede intercambiar energía pero no materia con el exterior. El planeta Tierra podría considerarse un sistema de este tipo (despreciando al material que le entra permanentemente en forma de meteoritos y otras partículas) pero al que sí le llega la energía del generoso sol. Una lata de sardinas sería otro buen ejemplo: no intercambia materia con el resto del universo, pero se enfría y se calienta (eso es intercambio de energía) según sea la temperatura del entorno.

Un sistema abierto es aquel que puede intercambiar tanto materia como energía con el exterior. Los organismos vivos como vos y yo son claros ejemplos de este tipo de sistemas.

Un sistema aislado es aquel que no intercambia ni materia ni energía con su entorno. Son los sistemas que más a menudo vamos a trabajar en este capítulo ya que permiten entender los principios de la termodinámica. No es fácil lograr que un objeto o una colección de objetos no intercambien energía con el ambiente circundante (habitualmente lo llamaremos medio ambiente) pero si ese intercambio es despreciable, estaremos frente a un sistema aislado. Paradójicamente, el mejor ejemplo de sistema aislado es el universo entero. Ese salto al infinito fue una fuente de sorpresas y sabiduría.

Vamos con los sistemas del enunciado.

 

 Una nube. Ninguna nube tiene límites claros ni definidos. Ese es el mejor indicio de que estamos frente a un sistema abierto. Que intercambia energía con el entorno es obvio: si no perdiera ni absorviera calor el agua no podría subir ni bajar, crecer ni contraerse, cambiar de forma, condensar agua ni evaporarla. Que intercambia materia no es tan fácil de deducir: si bien las nubes pueden dilatarse y contraerse sin intercambiar materia, los cambios de tamaño se deben más a la pérdida o ganancia de agua en suspensión. La nube está formada por agua líquida, el vapor circundante entra y sale de ella permanentemente.

 

 

  Una nube: sistema abierto     

Un ratón vivo es un ejemplo típico de sistema abierto. Intercambia materia con el exterior ingiriendo agua y alimentos y exalándolos por la nariz (igual que hacés vos), y otra parte en las excresiones. El intercambio de energía no es tan evidente, pero no menos cierto. Pierde o gana calor (energía) según la temperatura del medio ambiente. Pero fundamentalmente gana energía porque entra al organismo en forma de energía química junto con el alimento, y sale energía del ratón principalmente en forma de calor, lo mismo que vos.

 

 

  Un ratón: sistema abierto     

Un fragmento de roca en el espacio exterior. No te hagas historia con la palabra fragmento... sólo tiene una alusión histórica. Una roca flotando o moviéndose en el espacio intergaláctico es harto improbable que gane o pierda materia. Fijate que esto ocurre aunque la roca no posee envoltura alguna, simplemente no tiene cómo hacerlo. Pero puede ganar o perder energía cinética si se acerca a cuerpos masivos como estrellas o planetas, y puede ganar energía calórica si se acerca a estrellas, y luego perderla si logra alejarse. En fin... las rocas no son muy explícitas cuando uno las consulta.

 

 

  Una roca intergaláctica: sistema cerrado     

El refrigerador de la heladera. Qué ganas de complicarnos la vida... ¿a qué se refieren con el refrigerador de la heladera? ¿Al freezer? ¿Al viejo congelador que tenían antiguamente las heladeras de una sola puerta? ¿Al alrtefacto que hace que la heladera enfríe? ¿A la heladera misma como un todo? Por suerte todas las posibilidades admiten la misma respuesta. Suponiendo que no consideramos el ingreso ni el egreso de alimentos ni cualquier otra cosa material al gabinete de la heladera, es obvio que la heladera no anda si no la enchufamos. O sea requiere un aporte, un ingreso de energía para funcionar (en este caso energía eléctrica). Pero, además requiere de un radiador para tirar calor a la cocina (generalmente una parrilla metálica negra en la parte trasera). Sin intercambio de energía con el medio, ningún refrigerador funciona.

 

 

  El refrigerador de la heladera: sistema cerrado     

Café en un termo. Supongamos que no sacamos café del termo (en ese caso para qué sirve, pero supongámoslo igual), y que el termo es de buena calidad... más aún de una calidad exquisita. Entonces estamos frente a un sistema aislado. Los termos se frabrican de modo tal que se minimice el intercambio de calor con el medio. O sea, que lo que se intruduzca en el interior no pierda calor y se mantenga caliente, o lo que intruduzcas frío no se caliente. El mecanismo (de construcción) tal vez te lo cuente tu profesor, pero esa cualidad de impedir el intercambio de calor (energía) con el medio es lo que le da el nombre de recipiente adiabático o, por extensión, sistema adiabático. También debemos suponer -lo indica la respuesta al ejercicio en la guía- que no se agita al termo, ya que esa sería una forma de introducir energía (cinética) que luego se convertirá en calórica.

 

 

  Café en un termo: sistema aislado

23) a) ¿ Qué cantidad de calor debe entregar un mechero para calentar 2 litros de agua de 20ºC a 21ºC?b) Si la misma variación de temperatura se quiere lograr con un dispositivo similar al utilizado por Joule en su famosa experiencia ¿Desde qué altura hay que dejar caer dos pesas, de 10 kg cada una? Desprecie la capacidad calorífica del sistema de paletas.

 

Lo que ves en la figurita es un esquema de un experimento famoso que hizo el señor Joule, el de la foto. Es famoso porque demostró que el calor era una forma más de energía y sirvió para medir exactamente la equivalencia entre la energía mecánica y la energía calórica. Algo que hoy recibe el nombre de equivalente mecánico del calor.

Básicamente, lo que se hace en el experimento es calentar agua. Pero en lugar de calentarla con un mechero o cosas por el estilo, se la calienta con agitación mecánica.

Para preparar esta clase hice una búsqueda por distintos textos y no encontré uno sólo que lo explicara correctamente. Porque contado como lo hice en el párrafo anterior, visto en el esquemita, parece muy simple. Sin embargo los textos no describen una característica crucial que, si no se tiene en cuenta, el experimento no funcionaría, y la equivalencia no aparecería.

Este ejercicio te plantea esa equivalencia en ds situaciones diferentes. Mientras lo resolvemos andá pensando cuál será ese "detalle" que los libros no mencionan (y que no es ningún detalle, sino una pieza fundamental del experimento).

 

James Joule

La parte a) simplemente nos recuerda y advierte que para calentar agua hay que entregar calor. Y para calcularlo usamos la fórmula de la calorimetría como ya lo hicimos un montón de veces:

Q = mH2O . cH2O . ΔT

La mención de que el aumento de temperatura no es cualquiera, sino uno que va de 20 ºC a 21 ºC, no es casual ni gratuita. Pasa que el agua no se calienta por igual en cada intervalo de temperatura: para aumentar en un grado cuando está fría hace falta una cantidad de calor menor que para elevar en un grado cuando está caliente. Nosotros solemos despreciar esa diferencia y hacer de cuenta que el calor específico del agua, cH2O, es constante y vale 1 cal/g °C. pero lo cierto es que eso vale sólo si se calcula para el intervalo de temperaturas que indica el ejercicio éste, de 20 ºC a 21 ºC. 

Q = 2.000 g . 1 cal/g °C . 1 °C  Q = 2.000 cal      

Y acá llega el experimento de Joule. Para mover las paletas que calentaron el agua Joule tuvo que levantar esas pesas una altura h. Él hizo la experiencia y encontró la equivalencia entre energía mecánica (que actualmente medimos en J, joule). Nosotros, debemos usar la equivalencia para hallar la altura, o sea, debemos recorrer el camino inverso usando esa equivalencia.

1 J = 0,24 cal

o lo que es lo mismo:

1 cal = 4,18 J

Como necesitamos 2.000 cal, eso es equivalente a necesitar 8.360 J. Energía calórica que saldrá de la energía mecánica de las pesas. O sea, de su energía potencial al elevarlas una altura h.

Q = EM = m . g . h

8.360 J = 20 kg . 10 m/s² . h

y despejando h, obtenemos: 

 

 

  h = 41,8 m     

Joule utilizó una masa de 6 litros de agua, para minimizar el calor absorbido por el resto del dispositivo. Además utilizó pesas de 25 kilos, y realizó la bajada de las pesas en tramos secuenciales de 1,5 metros cada uno. Pero además, debe haber cuidado que el experimento transcurriera de un modo especial, que los libros no te cuentan. ¿Ya lo descubriste?

Las pesas no deben caer a gran velocidad. El dispositivo del experimento debe ser tal que las pesas desciendan a velocidad muy lenta, y en lo posible, constante. Para ello se colocan muchas paletas dentro del agua, para que su viscosidad frene lo sufiente el giro, y un mecanismo reductor (algo alcanza a apreciarse en el esquemita) para que un pequeño avance en la caída equivalga 

a un buen número de vueltas de paletas.

Si así no se hiciera, la energía potencial de las pesas se tranformaría en energía cinética (y no entraría al agua en forma de calor) y terminaría pasando (ahora sí en forma de calor) al piso, o al cuerpo que frenase las pesas al terminar su descenso. 

Esa el la clave: el descenso debe ser muy lento, lo más lento que se pueda.

24) Un bloque de plomo de masa 1 kg desliza sobre una superficie horizontal sin rozamiento con una rapidez de 20 m/s, choca contra una pared vertical, rebota, y se verifica que inmediatamente después del choque su rapidez disminuyó a 2 m/s y su temperatura aumentó en 1 ºC. (cPb = 0,031 cal/gºC)a) ¿Cuánta energía mecánica se transforma en energía interna térmica (desordenada) del bloque?b) ¿Cuánta energía se transfiere del bloque al medio exterior?c) Si define el universo de este problema, como el sistema constituido por el cuerpo, la superficie horizontal, la pared y el aire, ¿cambia la energía del universo? Explique.

 

a) Fijate que el enunciado trae un serie de preguntas muy orientadoras. La energía mecánica, EM, que se transforma es sólo cinética (nada podría hacer suponer que hubiese otro tipo de energía variando).

ΔEM = ½ m vF² – ½ m vO²

ΔEM = ½ m ( vF² – vO² )

ΔEM = ½ 1 kg ( 4 – 400 ) m/s

ΔEM = – 198 JUna parte de esta energía mecánica perdida se transforma en energía térmica, ET, y produce el aumento de la temperatura del bloque:

ΔET = m . c . ΔT

ΔET =1 kg . 31 cal/kgºC. 1ºC

 

 

a) ΔET = 31 cal = 130 J   

b) ¿Cuánta energía se transfiere del bloque al medio exterior? Entonces qué tenemos hasta ahora... La energía mecánica del bloque disminuyó 198 J. Una parte fue a parar al calentamiento del propio bloque, 130 J. Y el resto de la energía no tiene otro lugar para irse que no sea el medio circundante, ΔEmed. 

ΔEmed = ΔEM + ΔET

ΔEmed = – 198 J + 130 J

ΔEmed = – 68 J

El signo menos representa la pérdida de energía del bloque que va a ir a para el medio ambiente... pero si lo miramos desde el medio ambiente, se trata de una ganancia.

 

b) ΔEmed = 68 J  

c) Si define el universo de este problema, como el sistema constituido por el cuerpo, la superficie horizontal, la pared y el aire, ¿cambia la energía del universo? Explique. Te lo repito: la cantidad total de energía de los componentes del proceso (el bloque y el medio) no varía. La energía no se crea ni se destruye (salvo en situaciones relativistas... que es este ejercicio no se contemplan). De modo que...

 

c) niet!  

   Desafío: ¿Dónde esperarías encontrar esos 68 J transferidos al medio? 

25) El ventilador eléctrico de una habitación que tiene paredes adiabáticas se conecta a una batería de larga duración que descansa en el piso del cuarto. El ventilador se enciende y funciona hasta que la batería se agota. ¿Qué sucede, durante este proceso, con la energía del cuarto y con su temperatura?

 

¡Pero qué problema más retorcibatericaloriventiladoricornudo que es éste, che...! Mirá, te propongo esto: vamos a ir pasando algunas cosas del enunciado en limpio y, si podemos, vamos sacando algunas conclusiones. Después juntamos todas las conclusiones y armamos una respuesta, ¿dale?

 

 

Como tenemos una "habitación que tiene paredes adiabáticas"... supongamos que por paredes el autor quiso decir paredes, techo y piso, ¿te parece? Por lo tanto hay que concluir que nada de calor se escapa de la habitación: nada de energía sale de ahí. Y como tanto las paredes como el techo como el piso son rígidas -y también supongamos: herméticas- tampoco sale materia, ni nada se dilata, ni ocupa más espacio del que ocupa antes de prender el ventilador. Esto implica que la habitación tampoco realiza trabajo (ya que para hacerlo debería modificar su volumen o su forma).

 

 Tanto el ventilador como la batería son parte de la habitación: están adentro, forman parte de ella.

La batería está cargada. Pero cargada de qué: cargada de energía. Podrías considerarla energía química o energía eléctrica... no importa demasiado y no es tan diferente una cosa de la otra, pero sea lo que sea está adentro de la batería. 

Que sea de larga duración no cambia el resutado del problema; en realidad no significa nada demasiado importante.

 

 Al conectarla se produce una corriente que pasa por la resistencia del motor del ventilador. Parte de la energía de la batería se convierte en energía cinética de las aspas del ventilador (esa es la parte que le interesaría al tipo que quiere dormir más cómodo adentro de la habitación), y otra parte se disipa como calor en las mismas resistencias: aumenta primero la temperatura de los cables, segundo la de la carcaza y la de las partes metálicas del motor, y por último el aire circundante (esa es la parte que a nuestro dormilón no le interesa, o mejor dicho: le viene mal, pero se la tiene que bancar porque todos los ventiladores hacen lo mismo).

 

 Por último: la energía cinética de las aspas se transmite a la energía cinética del aire. Esto puede alegrar momentáneamente al chabón, porque las corrientes de aire facilitan el refrescado del cuerpo... pero cuando la batería se agote la va a pasar peor, ya que toda la energía cinética del aire también se va a transformar en calor que va a elevar la temperatura del aire y de las paredes.

 

 

En definitiva: toda la energía que había almacenada en la batería se transformó en energía calórica destinada a elevar la temperatura del aire y de las paredes de la habitación.

La energía total del cuarto no cambió en su cantidad, sólo cambió en su calidad: antes de conectar tenía un componente químico o eléctrico, y otro componente resultante de su energía interna debida a la temperatura. 

 

 Es decir: la cantidad de energía final es la misma que la inicial, pero la parte que antes se hallaba en forma de energía química o eléctrica dentro de la batería, al final aparece en forma de energía interna de la habitación y, lo que es peor, a una temperatura mayor... y a ver si puede dormir el tipo ahora.

 

 Acá te representé gráficamente los dos momentos, antes y después. La intensidad de color (rojo a rosado claro) indica la energía encerrada en cualquiera de sus formas, química o térmica. El rectángulo de abajo representa la batería y el de arriba el resto de la habitación (no te olvides que la batería es parte de la habitación). La altura de las columnas indica la energía total del sistema "habitación". 

Si bien la batería perdió toda su energía químico-eléctrica, conserva al final una energía térmica (aunque inútil) igual a la del resto de la habitación. 

  

 

 Resumiendo:    

La energía se mantiene constante, la energía química se transforma en térmica; la temperatura aumenta.  

 ¡Uy, qué casualidad! La respuesta me salió idéntica -hasta con puntos y comas- a la que ofrece la guía de problemas. ¡Cosa'e mandinga!  

      Desafío: No puede hacerse, pero... ¿cómo calcularías el aumento de la temperatura de la habitación? ¿Qué datos pedirías para hacer el cálculo? 

a) ¿Cuánto varía la energía interna de un sistema cerrado que absorbe la misma cantidad de calor que el trabajo que realiza?

Nota: las preguntas b), c) y d) se transcriben abajo.  

a) Muy sencillo, sólo tenés que estar seguro del significado de sistema cerrado, que puede estar haciéndote ruido. Se trata de sistemas que no intercambian materia con el medio, pero sí permiten entrada y salida de calor, y también pueden realizar y recibir trabajo hacia y desde el exterior. De modo que el único comercio con el exterior que tiene el sistema es por trabajo y calor.

  

En este primer caso -el a)- entra calor (calor positivo) y sale trabajo (trabajo positivo). Luego, aplicando el primer principio de la termodinámica, y siendo Q = L

ΔU = Q – L = L – L

a) ΔU = 0   

b) Un sistema cerrado recibe 100 J de calor y realiza 125 J de trabajo sobre el medio exterior, ¿es esto posible?

Valen las mismas consideraciones que hice para el ítem anterior, entonces: 

ΔU = Q – L = 100 J – 125 J

 

b) ΔU = – 25 J  

c) ¿Cuánto varía la energía interna de un sistema cerrado que no realiza trabajo y que cede en forma de calor 1.000 calorías al medio exterior?

Lo mismo para este caso:

ΔU = Q – L = – 1.000 cal – 0

 

c) ΔU = – 1.000 cal  

d) Si ahora el sistema del ítem c) evoluciona entre los mismos estados que antes, pero cediendo al medio exterior en forma de calor 1.500 calorías, ¿cuánto varía su energía interna? ¿Cuánto trabajo realiza?

Como la energía interna es una función de estado... evolucionar entre los dos mismos estados significa volver a disminuir 1.000 calorías de energía interna, sin importar cómo evolucionó desde el estado anterior hasta el nuevo estado. De modo que: 

ΔU = – 1.000 cal

Y aplicando el primer principio:

L = Q – ΔU

L = – 1.500 cal – (– 1.000 cal ) = – 500 cal

 

d) ΔU = – 1.000 cal y L = – 500 cal  

   Desafío: ¿Qué cosas de este ejercicio cambiarían si el enunciado dijese aislado en lugar de cerrado? ¿Y si dijese abierto?   

 27) a) El consumo de energía por unidad de tiempo de los animales -incluidos los seres humanos- en reposo pero despiertos, se denomina tasa metabólica basal. Suele expresarse por unidad de peso corporal y es aproximadamente 1,2 W/kg para un hombre de 20 años y 1,1 W/kg para una

 

mujer de la misma edad. ¿Cuál es la tasa metabólica basal, expresada en kcal/día para un hombre de 70 kg. de peso y para una mujer de 60 kg, ambos de 20 años?Masculino, 20 años, un metro setenta de estatura, NN, sospechoso de consumir energía, peso aproximado 70 kilogramos, tasa metabólica (TM) igual a tasa metabólica basal masculina por masa corporal,

TMM70 = 1,2 (W/kg) . 70 kg = ...

Femenino, 20 años, un metro sesenta de estatura, NN, sospechosa de consumir energía, peso aproximado 60 kilogramos, tasa metabólica igual a tasa metabólica basal femenina por masa corporal, 

TMF60 = 1,1 (W/kg) . 60 kg = ...

 

 

TMM70 = 84 W;  TMF60 = 66 W   

b) Cuando una persona desarrolla una actividad, la tasa metabólica aumenta. Parte de ese aumento se necesita para proporcionar el trabajo realizado por la persona. El resto se debe a las demandas internas del cuerpo para desarrollar esta actividad. La mujer del ítem a), haciendo gimnasia durante 2 horas, entrega un trabajo mecánico de 200 kJ y transfiere al medio exterior 700 kcal. en forma de calor. ¿A qué velocidad perdió energía interna (tasa metabólica para la actividad desarrollada)?

 

 Unifiquemos las unidades para poder operar entre ellas: 200 kJ son 50 kcal. Y 700 kcal equivalen a 2.931 kJ. Ahora aplicamos el primer principio de la termodinámica:

ΔUL = – 2.931 kJ – 200 kJ = – 3.131 kJ

ΔUL = – 700 kcal – 50 kcal = – 750 kcal

ΔUL es la variación de energía interna laburando. Como toda esa energía se perdió en el término de dos horas, al dividir por ese intervalo de tiempo aparece la velocidad (o tasa), TML, de pérdida laburando. En general, el sistema internacional -que utiliza joules- usa el segundo como unidad de tiempo (y el resultado quedará en watt) de modo que tendremos que dividir por 7.200 que es la cantidad que hay en 2 horas. El sistema de unidades utilizado en clínica usa más comúnmente calorías y horas, de modo que sólo dividiremos por 2.

TML = ΔUL / Δt = – 3.131 kJ / 7.200 s

TML = ΔUL / Δt = – 750 kcal / 2 h

 

TML = 435 W = 375 kcal/h   

c) El rendimiento del hombre en la realización de trabajo suele expresarse como el porcentaje de trabajo entregado con respecto a la diferencia entre la energía interna total consumida en la realización de ese trabajo y la energía interna basal. ¿Cuál es el rendimiento para la actividad "hacer gimnasia" para la joven mencionada anteriormente?

 

 Siempre el rendimiento es el cociente entre el beneficio y la inversión. En este    

caso el beneficio es el trabajo realizado y la inversión es el gasto adicional de energía interna. La diferencia de energía interna adicional, ΔUad, es la gastada durante el ejercicio, ΔUL, menos la que hubiese gastado por sólo estar viva, la basal, ΔUB. Esta última podemos hallarla multiplicando la tasa metabólica por las dos horas de ejercicio. 

ΔUB = TMF60 . Δt = 66 W . 7.200 s = 475 kJ

ΔUad = ΔUL – ΔUB = 3.131 kJ – 475 kJ = 2.656 kJ

η = L /ΔUad = 200 kJ / 2.656 kJ =

η = 7,5 %   

d) ¿Qué cantidad de calorías debe reponer la joven en su alimentación para compensar las pérdidas generadas por la actividad desarrollada? ¿Qué cantidad de calorías debería reponer para compensar las pérdidas si hubiera permanecido en reposo en lugar de hacer gimnasia?

 

 La cantidad de calorías que hay que reponer es igual a la variación de energía interna, ΔUL. De modo que ya lo calculamos antes. Y la pérdida basal, ΔUB, también ya la calculamos, pero nos la piden en calorías. Eso es todo. 

  

ΔUL = 750 kcal;  ΔUB = 113 kcal   

   Desafío: Tenés que buscar tres formas diferentes más para calcular el rendimiento. ¿Te animás? 

  

 29) Un gas en equilibrio se encuentra en un recipiente cilíndrico tapado y a una presión de 150 kPa como se muestra en la figura. La presión del aire exterior es de 100 kPa. El área transversal del cilindro es de 0,03 m2. Se transfiere calor al gas manteniendo constantes las restantes condiciones exteriores. Como resultado de ello el pistón se eleva una distancia de 0,3 m.

a) ¿Cuál es el trabajo realizado por el gas? b) ¿Cuál es el trabajo realizado por el sistema constituido por el pistón y el gas? c) Si ahora el gas se enfría y el pistón desciende 0,3 m, ¿cuál es el trabajo realizado por el gas? d) ¿Bajo qué condiciones la expansión y la compresión descriptas, serían reversibles?

 

Este problema es terriblemente fácil (en chileno: harto sencillo); pero guarda unas lecciones fundamentales. Veremos si se las podemos extraer. 

Los trabajos realizados por gases (o sobre gases) a presión constante pueden calcularse fácilmente de esta manera:

L = p . ΔV

  

donde p es la presión exterior al gas (frecuentemente igual a la presión misma del gas) y ΔV es la variación de volumen del gas mientras realiza (o le hacen) el trabajo.

La variación de volumen para todos los casos enunciados es la misma:

ΔV = A . Δy = 0,03 m² . 0,3 m = 0,009 m3,

que en el caso a) y b) será positivo (aumento de volumen) y en el caso c) negativo (disminución de volumen). 

El cálculo del trabajo para el caso a) es muy sencillo; la presión exterior al gas, la presión que lo comprime, es igual a la del propio gas: 150 kPa, de modo que 

La) = pext . ΔV = 150 kPa . 0,009 m3 =

La) = 1,35 kJ   

La situación b) cuesta un poco más verla. Nos piden que consideremos un sistema integrado por el gas más el pistón que tiene arriba. Podemos operar con el sistema del mismo modo que lo hicimos con el gas, pero ahora no cabe duda de que la presión externa al sistema es otra: 100 kPa, la atmosférica. Entonces: 

Lb) = pext' . ΔV = 100 kPa . 0,009 m3 =

 

 

Lb) = 0,9 kJ   

Ahora nos piden que volvamos a considerar el sistema constituido sólo por el gas pero, ahora, en una reducción de volumen (el medio realiza un trabajo sobre el sistema). 

Lc) = pext . ΔV = 150 kPa . (– 0,009 m3) =

 

 

Lc) = – 1,35 kJ   

Para que la expansión o la compresión sean reversibles tienen que atravesar por estados definibles, cosa que no es fácil. La entrada de calor hace variar la temperatura, pero no es fácil que la variación se reparta uniformemente. Al variar el volumen de un gas suelen producirse remolinos y corrientes que hacen imposible definir un estado homogéneo para todo el gas (todo a la misma presión, todo a la misma temperatura). De modo que el método que más se va a aproximar a una transformación reversible será aquel que se produzca con la menor perturbación del sistema... 

 

 

en un equilibrio constante, muy lentamente.    

¿Lograste extraerle alguna enseñanza importante? Si es así, el ejercicio 37 no te va a presentar dificultades mayores.   

DESAFIO: Explicarle a un niño de 10 años cómo es posible que arriba del pistón haya una presión de 100 y abajo de 150. 

30) Un gas absorbe 20 kcal y se expande contra una presión exterior de 1,2 atm desde un volumen de 5 litros hasta triplicar su volumen. ¿Cuál es la variación de su energía interna?

 

Pan comido. La experiencia me dice que la única dificultad que tienen los estudiantes en este ejercicio es... una vez más: el pasaje de unidades. La cuestión de fondo se resuelve aplicando el primer principio de la termodinámica:

Q = ΔU + L

donde Q -el calor recibido- es 20 kcal (positivo), ΔU es la variación de energía interna y el trabajo , L, a presión es constante, se puede obtener haciendo:

L = P . ΔV = 1,2 atm . 10 lt = 12 lt.atm = 0,292 kcal

  L y Wson símbolos indistintos para trabajo

Si necesitás ayuda para hacer el pasaje de unidades creo que tenés una buena guía acá. 

Ahora despejo ΔU y calculo: 

ΔU = Q – L

ΔU = 20 kcal – 0,292 kcal

 

 

ΔU = 19,7 kcal   

   Desafío: ¿Cuánto absorbe el gas en litro-atmósferas? ¿En joules? ¿En electrón-volts? ¿En kilowatt-horas? 

31) Un volumen de 200 litros de agua a 15°C, contenido en un recipiente adiabático rígido, se calienta por medio de una resistencia eléctrica conectada a una batería, que entrega 2.500 calorías al agua. Calcule el calor intercambiado, el trabajo y la variación de la energía interna, considerando como sistema: a) el agua b) el agua y la resistencia c) el agua, la resistencia y la fuente.Nota: suponga que en la batería no se producen pérdidas de energía, que las capacidades caloríficas del recipiente y de la resistencia son despreciables y que el trabajo de volumen debido a la dilatación del agua es insignificante. Explique en qué pasos de su desarrollo necesita hacer estas suposiciones para poder dar, con los datos dados, una respuesta numérica.

 

El objetivo de este ejercicio -y lo logra- es mostrarte qué importante es definir el sistema que pretendés describir con el primer principio de la termodinámica: 

Q = ΔU + L

puesto que las respuestas cambian absolutamente dependiendo de ello. 

  L y Wson símbolos indistintos para trabajo

Acá tenemos el conjunto de los tres elementos dispuestos para la tarea. En cada caso iré pintando de rojo al sistema al cual nos referimos. 

En el caso del agua sola está claro que recibe 2.500 calorías, y eso hace aumentar su temperatura... por lo que no cabe duda de que aumenta su energía interna. Todavía no sabemos en cuánto. Pero advertimos que el agua no hace ningún trabajo ni 

  

recibe tampoco, debido a que su volumen es invariante. De modo que si el trabajo es cero, la variación de energía interna debe ser igual al calor recibido. La resistencia es la que le entrega calor al agua. De modo que el calor neto vale cero (2.500 recibe el agua y 2.500 cede la resistencia). Ya sabíamos cuánto valía la variación de energía interna desde el paso anterior, y ahora no cambió nada porque la resistencia no se calienta (su calor específico es despreciable), y por lo tanto sigue valiendo 2.500 calorías. El sistema recibe un trabajo eléctrico que hace la batería al mover cargas. El calor nuevamente es cero, por las mismas consideraciones que hice en el caso anterior: la resistencia cede y el agua recibe la misma cantidad. Respecto a la variación de la energía interna ahora vale cero, porque si bien el agua aumentó su temperatura y así su energía interna, la batería disminuyó su energía química en una cantidad igual. El trabajo eléctrico que recibió la resistencia "salió" de la batería, luego ahora también hubo trabajo... pero ahora es un trabajo interno: su suma neta vale cero. 

Volcamos todos los resultados en un cuadro.    

SISTEMA Q ΔU L

agua 2.500 2.500 0

agua + resistencia 0 2.500 - 2.500

agua + resistencia + batería 0 0 0

 

    

Desafío: No fui explícito en mencionar las características de la Nota del enunciado cuando las usé... pero lo hice. ¿Te animarías a identificarlas? 

 

 2) Calcule el cambio en la energía interna de un gramo de agua líquida a 100 ºC cuando se convierte, a presión atmosférica normal (1 atm) en: a) vapor a 100°C b) líquido a 25°C c) sólido a –10°CEn las condiciones del problema, el volumen específico del vapor es 1.7m3/kg. mientras que los del agua líquida y del hielo son aproximadamente iguales y valen 10-3 m3/kg. cp, agua líquida = 1 cal/g ºC; Lv = 540 cal/g; cp, hielo = 0, 5 cal/g ºC; Lf = 80 cal//g

 

Este ejercicio tiene errado -a mi juicio- el orden en que te formulan las preguntas: vamos a hacer primero b), después c), y por último a). Creo que te vas a dar cuenta el motivo sin ninguna explicación. 

b) 1 gr agua líq. a 100 ºC → 1 gr agua líq. a 25 ºCLa variación de energía interna debemos pedírsela al primer principio de la termodinámica: 

ΔUb = Qb – Lb

donde el trabajo, Lb, vale cero porque no hay variación de volumen; y el calor -en este caso cedido- se lo vamos a preguntar a la fórmula de la calorimetría:

Qb = m . cliq. . (TFb – T0) = 1 gr . 1 (cal/gr°C) . (25°C – 100°C) =

Qb = – 75 cal

 

b) ΔUb = – 75 cal   

c) 1 gr agua líq. a 100 ºC  →  1 gr agua sól. a – 10 ºCProcedemos de la misma manera: como tampoco en este caso hay variación de volumen (no es estrictamente cierto pero el enunciado propone que despreciemos esa variación), Lc vuelve a ser cero, entonces: 

ΔUc = Qc 

Y Qc es la suma de varios calores cedidos en varias 

 

etapas: primero el enfriamiento hasta cero grado (Qc1); segundo el cambio de estado, la solidificación (Qc2); por último, el enfriamiento hasta la temperatura final (Qc3).

Qc1 = m . cliq. . (TF1 – T0) = 1 gr . 1 (cal/gr°C) . (0°C – 100°C) =

Qc1 = – 100 cal

Qc2 = m . LFusión = 1 gr . 80 cal/gr

Qc2 = – 80 cal (negativo porque es cedido)

Qc3 = m . csól. . (TF1 – T0) = 1 gr . 0,5 (cal/gr°C) . (–10°C – 0°C) =

Qc3 = – 5 cal

c) ΔUc = – 185 cal   

a) 1 gr agua líq. a 100 ºC  →  1 gr agua vap. a 100 ºCEn este caso tenemos que la variación de volumen no es cero, de modo que el agua para evaporarse debe trabajar contra la atmósfera. Vamos a tener que usar el primer principio completo:

ΔUa = Qa – La

donde el calor es el necesario para la evaporación: 

Qa = m . Lvap = 1 gr . 540 cal/gr = 540 cal

y el trabajo (a presión constante) es:

La = p . ΔV = 1 atm . (VFa – V0a)

El volumen inicial (agua líquida) es despreciable respecto al volumen final (vapor). Y el volumen final nos lo indica la densidad del vapor, que es un dato del problema aunque lo hayan llamado de otra manera. Por regla de tres simple vemos que ese gramo de vapor ocupa un volumen de 1,7 litros. 

La = 1 atm . 1,7 lt = 1,7 lt.atm = 41 cal

ΔUa = 540 cal – 41 cal

 

a) ΔUa = 499 cal   

   

Desafío: ¿A que no hacés el pasaje de 1,7 lt.atm a 41 cal por los tres métodos que te indiqué acá?

33) En la figura se muestra el gráfico p = p(V) para un gas ideal que evoluciona reversiblemente. Calcule para el ciclo completo:

a) el trabajo realizado por el gas b) el calor intercambiado c) la variación de energía interna. d) Para cada una de las evoluciones del ciclo, indique cuáles de las magnitudes: calor, trabajo y variación de energía interna, pueden calcularse sin ninguna suposición adicional y cuáles requerirían suposiciones adicionales respecto a las características del gas que evoluciona.

 

Es un ejercicio bastante sencillo, prestá atención. Voy a hacer una excepción a la norma de No me salen, en este ejercicio y en aras de la claridad, voy a trabajar sin las unidades correspondientes. De todos modos tendrás en cuenta que si llegamos a necesitar utilizar la constante de los gases ideales, elegiremos el valor que se corresponde con litros y atmósferas, o sea, 0,08207 l.atm/mol K.

En casi todos los ejercicios de evoluciones gaseosas suelo hacer un cuadro para ir volcando la información, ya que permite comprender fácilmente las deducciones por las que vamos transitando. Otra cosa que hago es ponerle nombres a los estados; los elijo arbitrariamente, cualquier nombre es válido. 

 

 Ahora todo lo que voy calculando lo vuelco en la tabla (está más abajo). Por ejemplo, el trabajo de la transformación AB (isocórica) vale cero, ya que no hay variación de volumen.

El trabajo durante la transformación BC es igual al área encerrada bajo la curva (ojo, se 

 

 

trata de un área matemática, no geométrica: se mide en unidades de energía, no de superficie... y el cero del gráfico está desplazado... pero por suerte es un trapecio, o si preferís, la suma de un rectángulo más un triángulo) y vale 8 (latm, y no lo aclaro más).

8 positivo, porque se corresponde con un aumento de volumen. No disponemos de una fórmula que no sea la integral para calcular ese trabajo ya que es realizado en una transformación cualquiera (el hecho de que evoluciones por una recta oblicua no reviste carácter especial alguno. Ese trabajo te lo sombreé en amarillo para que lo puedas apreciar correctamente. 

 

 El trabajo en la transformación CA (una isobárica) podés calcularlo como 

WCA = PCA . ΔV

y eso te da -4, lo cual es consistente ya que se corresponde con una disminución de volumen. Se trata de un trabajo realizado sobre el gas. Otro modo sencillo de calcularlo es integrando el área encerrada bajo la curva (en criollo: calculando el área igual que antes).

  Trabajo se puede simbolizar L o W

El trabajo del gas en el ciclo completo se corresponde con el área encerrada en la gráfica del ciclo (que por suerte es muy sencilla de calcular ya que se trata de un triangulito. Vale 4, y debe tratarse de un trabajo positivo (hecho por el gas sobre el medio) ya que lo recorre en sentido horario. 

 

 Vamos metiendo toda la información en el cuadro. Y de paso comprendiendo su funcionamiento: la suma de los tres primeros renglones (los pasos de la transformación) es igual al último (el ciclo cerrado 

(latm) Q ΔU W

AB     0

BC     8

CA     – 4

ciclo 4 0 4

  

total). Por ahora tenemos:

0 + 8 + (-4) = 4

 Dentro de cada renglón también hay una lógica, que está dada por:

Q = ΔU + W

el primer principio de la termodinámica; de modo que la primera columna es igual a la suma de las dos restantes. 

La variación de energía interna, ΔU, de un gas ideal a lo largo de un ciclo vale cero, ya que la energía interna es una función de estado, y el estado final es el mismo que el inicial. Por lo tanto el calor intercambiado por el gas en todo el ciclo dabe vale 4, que es la suma de 0 más cuatro. (Son los dos números que ya había puesto en el cuadro y que responden con las tres primeras preguntas del enunciado). 

Con los datos del ejercicio ya no podemos agregar mucho más. Pero el enunciado nos propone que agreguemos algunos datos que nos permitan calcular todas las magnitudes termodinámicas intermedias.

 

 Supongamos, entonces, que se trata de un mol, n = 1 mol, de un gas diatómico. Ahora podemos calcular, por ejemplo, la temperatura de cada estado: 

TA = PA VA / n R = 73 K

TB = PB VB / n R = 220 K

TC = PC VC / n R = 122 K

(latm) Q ΔU W

AB 30   0

BC – 12   8

CA – 14   – 4

ciclo 4 0 4

 

 Conociendo las temperaturas (en realidad no son necesarias) podemos calcular los calores intercambiados en los procesos AB (isocórica) y CA (isobárica):

QAB = cv n ΔTAB = 2,5 . 0,082 . 1 . 147 = 30

QCA = cp n ΔTCA = 3,5 . 0,082 . 1 . (–49) = – 14

  Acordate que

cv = 2,5 Rcp = 3,5 R

son los calores molares específicos de un gas ideal diatómico, y R la constante de los gases 

ideales. 

La lógica de la suma de los procesos (columnas) nos dice el el calor intercambiado en el proceso BC es -12, ya que:

30 + (-12) + (-14) = 4 Las variaciones de energía interna surgen de la aplicación del principio de conservación. Pero, también podríamos calcularlo directamente: 

ΔUAB = cv n ΔTAB = 30

ΔUBC = cv n ΔTBC = – 20

ΔUCA = cv n ΔTCA = – 10

(latm) Q ΔU W

AB 30 30 0

BC – 12 – 20 8

CA – 14 – 10 – 4

ciclo 4 0 4

 

 Y como yapa podés ver que la suma de las variaciones de energía interna a lo largo del ciclo es cero. 

De modo que, ya sea por cálculo directo -cuando es posible realizarlo- o por complementariedad -tanto en la suma de procesos como en la conservación de energía- el cuadro de resultados se convierte en una herramienta de utilidad para resolver problemas de ciclos. 

Nota: en vez de calcular previamente las temperaturas de cada estado, y luego sus diferencias, para realizar los cálculos de calor podríamos haber procedido de esta manera:

a V constante → n R ΔT = V ΔP

a P constante → n R ΔT = P ΔV

Entonces:

QAB = cv n ΔTAB = 2,5 R n ΔTAB = 2,5 VA,B ΔPAB = 30

QCA = cp n ΔTCA = 3,5 R n ΔTCA = 3,5 PC,A ΔVCA = – 14

Como ves, se llega a los mismos resultados pero no tuve que calcular las temperaturas, sólo utilicé los datos del enunciado. Lo mismo se podría haber hecho con los cálculos de variación de energía interna. O sea, tenelo a mano porque puede ser muy práctico.

   

Desafío: ¿Podrías calcular la equivalencia entre l.atm y cal? ¿Podrías agregar una columna más al cuadro y calcular las variaciones de entropía?

34) a) Estimar el trabajo que realiza el músculo cardíaco durante un ciclo a partir del siguiente gráfico que representa la presión sanguínea en el ventrículo izquierdo en función de su volumen.

 

 

 ¡Qué bonito ejercicio! Tomando un gráfico de los que aparece en cualquier libro de fisiología humana. Bien, veamos qué podemos hacer.

La cuestión es bastante sencilla (y un poquito artesanal). Sencilla porque lo que nos están pidiendo es hallar un trabajo (el trabajo del músculo cardíaco, en especial el del ventrículo izquierdo que es el que más labura). Y para ello nos dan un gráfico de presión vs. volumen. Pues no necesitamos más. 

Acordate que se define trabajo como el producto de la presión ejercida producir cada modificación de volumen:

  Acordate que la 

bibliografía disponible 

utiliza diferentes símbolos 

para trabajo:

W = p ΔV

Si la presión fuese constante con la definición anterior nos arreglaríamos perfecto. Pero cuando la presión varía hay que usar la definición más fina, que consiste en sumar cada pequeño cambio de volumen multiplicado por la presión que lo causó:

W = ∫ p dV

Que se lee así: el trabajo es la suma integral (∫) de todos los productos entre el valor de la presión (p) y el pequeño cambio de volumen (dV) que esa presión produjo.

El ejercicio no pretende que vos sepas cálculo integral. Además, tampoco yo sabría cómo resolverlo con análisis matemático... por la sencilla razón de que ni siquiera conocemos cómo varía (matemáticamente hablando) la presión en función del volumen, y eso es un requisito básico para poder hacer el cálculo integral.

L, W y T.

En No me salen utilicé 

W.

Lo que el ejercicio pretende es que sepas que integrar es equivalente a calcular áreas. En especial cuando la función de la presión se grafica como un ciclo cerrado (valga la redundancia) como en el caso de nuestro gráfico, el trabajo es igual al área encerrada en el ciclo. 

Tampoco se pretende que lo calcules con funciones geométricas... basta con que cuentes los cuadraditos que hay dentro del ciclo, y ya. 

Cada rectangulito representa un área de 10 unidades de presión por 10 unidades de volumen de modo que equivale a 100 mmHg.ml. (El área de un rectángulo es igual a lado por lado).

 

 Los cuadraditos centrales son fáciles de contar, pero algunos cuadraditos de los bordes no aparecen enteros... pero podés ir compensando pedacitos. Esa es la parte artesanal.

Yo conté 68 cuadraditos de modo que el área total respresenta un trabajo de:  

  W = 6.800 mmHg.ml    

 b) Calcular a partir del resultado anterior la potencia desarrollada por el corazón al bombear sangre al circuito sistémico, teniendo en cuenta el número de pulsaciones por minuto de una persona. Comparar el resultado con la respuesta del problema de la unidad de fluidos referido a la potencia media del corazón humano.

 

 El ejercicio al que alude el enunciado lo tenés acá. Y no vendría mal que refresques un poco la memoria sobre lo que charlamos cuando lo hicimos. Entonces sí, resolvamos lo que queda de éste.

Para empezar pasemos ese valor de trabajo a jules. (Primero expresamos las presiones en pascales, y los volúmenes en metros cúbicos). Acordate que 101.300 Pa es lo mismo que 760 mmHg; y que 1 ml es lo mismo que 10 -6 m3. De esto surge que:

W = 6.800 mmHg.ml = 0,9 J

  

Si queremos conocer la potencia basta con dividir ese trabajo por el intervalo de tiempo en que lo realiza (vamos a tomar valores promedios). En condiciones normales tenemos unas 70 pulsaciones (ciclos) por minuto; o sea, 70 veces 689.000 J en 60 segundos. 

Pot = W / Δt = 70 . 0,9 J / 60 s 

  Pot = 1 W    

 COMENTARIO: un poco más adelante, en el capítulo de gases, vas a utilizar muy asiduamente el concepto de cálculo de áreas para encontrar cantidades de trabajo o energía. Verás que si los ciclos se recorren en sentido horario se trata de trabajos positivos y si se trata de ciclos en sentido antihorario (como en el caso de este ejercicio) será un trabajo negativo. ¿Eso quiere decir que nuestro corazón realiza un trabajo negativo? Bueno, el signo es sólo una convención, que en este caso indica que se trata de un trabajo realizado por el músculo (el entorno) sobre el sistema (la sangre). 

   

    Desafío: En el gráfico del ejercicio hay mucho provecho para extraer. ¿Podrías calcular la volemia? ¿Podrías distinguir presión sistólica de diastólica? ¿Podrías discutir por qué durante el esfuerzo debe cambiar la sistólica pero no la diastólica? ¿Tiene sentido que el corazón no se vacíe por completo? ¿Tiene sentido que sólo nos preocupemos por el ventrículo izquierdo? Y decenas de preguntas más...

35) Un mol de un gas ideal monoatómico (cp = 5R/2) ocupa un volumen de 120 dm3 a una presión de 12,8 kPa. Se le entrega calor de manera que el gas se expande isobárica y reversiblemente hasta ocupar un volumen de 300 dm3. Calcule: a) el trabajo realizado por el gas, b) la variación de energía interna del gas.  

Ok, que no cunda le panic. En este problema recontrasobran los datos, de modo que vamos a poder calcular todos los componentes del primer principio de la termodinámica ( Q = ΔU + L ) aplicados a la evolución relatada. 

El componente más sencillo es el trabajo, ya que se trata de una evolución isobárica:

L = p . ΔV

L = 12,8 kPa . (0,300 m3 – 0,120 m3)

L = 12.800 Pa . 0,180 m3

 

 

L = 2.300 J   

La variación de energía interna, ΔU, podemos calcularla así: ΔU = cV . n . ΔT. Si no te acordás de dónde viene esto, podés mirar acá.

El enunciado no nos brinda el calor específico a volumen constante, cV, pero se trata de una constante conocida: cV = 1,5 R. Tampoco conocemos las temperaturas inicial y final del gas, pero podemos calcularlas con la ecuación de estado de los gases ideales: P V = n R T.

T0 = P V0 / n R = 12.800 Pa . 0,120 m3 / 1 mol 8,314 J/mol K

T0 = 184,2 K

análogamente,

TF = 460,4 K

De modo que la variación de temperatura, ΔT, es 

ΔT = 276,2 K

Ahora sí: 

ΔU = cV . n . ΔT = 1,5 . 8,314 (J/mol K) . 1 mol . 276,2 K

 

ΔU = 3.450 J  

Aunque tal vez el autor del ejercicio lo que pretendía era que usásemos sólo el calor específico a presión constante, cp, con lo que podíamos calcular el calor absorbido durante la evolución y luego, utilizando el primer principio, obtuviéramos la variación de energía interna. Vamos a darle el gusto.

Q = cp . n . ΔT = 2,5 . 8,314 (J/mol K) . 1 mol . 276,2 K

Q = 5.750 J

ΔU = Q – L

Le dimos el gusto. 

 

 

Desafío: resolvé íntegramente el mismo problema, pero ahora utilizando unidades de atmósferas, litros, y la constante R = 0,08207 l.atm/mol K.

6) ¿Cuánto calor intercambia un gas ideal que se expande isotérmicamente realizando un trabajo de 3.500 J?

 

Lo leo, lo leo, lo sigo leyendo y no me doy cuenta dónde está la trampa... No cabe duda de que voy a usar el primer principio de la termodinámica.    

Q = ΔU + L

Tampoco cabe duda de que la variación de energía interna vale cero, porque la temperatura es constante, y la energía interna depende de la temperatura: ΔU = 0. Luego: 

Q = L = 3.500 J

Q = 3.500 J = 836 cal   

No había trampa... era así de sencillo, no más.

   

Desafío: ¿Cómo intercambia: recibe o entrega calor ? 

7) Un recipiente rígido y adiabático de volumen 2 m3 está dividido por una pared interna en dos partes iguales. Un gas ideal monoatómico ocupa la mitad del mismo. La presión delgas es 100 kPa y su temperatura, 300 K. La otra mitad del recipiente se encuentra evacuada. Se quita la pared que separa ambas mitades dejando que el gas se expanda libremente:a) calcule el trabajo realizado por el gas y la variación de su energía interna;b) ¿cuál es la temperatura final del gas?c) ¿cuáles de las respuestas anteriores no cambian si el gas no es ideal?

 

Esta sencilla transformación que narra el enunciado es réplica de un experimento fundacional de la termodinámica, que realizó el físico inglés James Joule (1818-1889).

Se trata del fenómeno paradójico de la expansión libre. Digo paradójico porque la experiencia indica que toda expansión gaseosa lleva aparejada una disminución de la temperatura. El desodorante en nuestra axila siempre está frío; soplar con fuerza enfría; cuando hay viento disminuye la sensación térmica; para congelar rápidamente una muestra en el laboratorio se usa un aerosol spray de alta presión; las heladeras y demás máquinas frigoríficas -como el acondicionador de aire- funcionan haciendo expandir un gas; etc., etc. Pero acá, en la expansión libre: no. ¿Qué es lo que pasa? 

Vamos a pensar la transformación desde la óptica del primer principio de la termodinámica: 

Q = ΔU + L

La parte sencilla es el primer término: como la cámara es adiabática, y del vacío no se puede extraer calor, es obvio que nuestro gas no lo da ni lo recibe, luego Q = 0. 

Lo que viene no es obvio: resulta que el trabajo también es nulo, porque pese a que hay un cambio de volumen y que el gas se encuentra en todo momento a una presión considerable que arranca a 100 kPa y termina a 50 kPa (después te cuento de dónde 

 

Entre otras cosas 

Joule es famoso 

por haber 

logrado establec

er la equivale

ncia entre las cantidad

es de 

saqué esto) ¡no empuja nada que se mueva!, ¡no hace fuerza contra ningún otro cuerpo que logre desplazar!, ¡no hace trabajo!, luego L = 0. 

energía mecánic

a y calórica. 

 

ΔU = 0   

Como la energía interna de un gas ideal es una función de estado que depende exclusivamente de la temperatura, entonces, la temperatura final debe ser igual a la temperatura inicial: ΔU = 0, por lo tanto, ΔT = 0.

  

TF = 300 K   

Este fue justamente el resultado experimental que obtuvo Joule: que no había cambio de temperatura, y que por lo tanto la energía interna de un gas ideal debía depender exclusivamente de la temperatura. A esta aseveración se la conoce como Ley de Joule. Cuanto más se aparte un gas de la "perfección" (sus moléculas no ocupan espacio, etc.) menos se cumple esta ley. 

Nota: sabiendo que la temperatura no varía, se puede conocer la presión final aplicando la ecuación de estado de esta manera:

P0 . V0 = PF . VF

de donde 

PF = 50 kPa

 

Desafío: Entre otras cosas este experimento resulta interesante porque nos advierte sobre un error muy común en la termodinámica: la definición de ENTROPIA. La cuestión es así: es obvio que esta transformación es irreversible; es ridículo pensar que espontáneamente un gas va a pasar a ocupar una mitad de un recipiente y dejar la otra mitad vacía... esas cosas no ocurren. De modo que como el proceso es claramente irreversible debemos poder calcular una variación de entropía... pero hay un problema... ¡el calor intercambiado es cero!

No hay tal problema: se trata simplemente de que la definición de entropía no se refiere al calor intercambiado en una transformación sino al calor que esa transformación requeriría si se produjese reversiblemente. Ahora sí... es perfectamente calculable y te lo voy a dejar a vos. Pero también podés verlo en este ejercicio adicional.

38) Un mol de gas ideal evoluciona cumpliendo el ciclo de la figura, en sentido abcda.a) Efectúe el gráfico de presión en función de volumen.b) En el cuadro adjunto indique, sin efectuar cálculos, los signos del trabajo y del calor intercambiados y de la variación de energía interna del gas, en cada evolución y en el ciclo.

 

Laborioso... pero hay que hacerlo. Para confeccionar el gráfico correctamente tenemos que conocer los volúmenes correspondientes a los cuatro estados a, b, c y d. Vamos entonces a recurrir a la ecuación de estado de los gases ideales (P V = n R T)... que para eso nos indican que se trata de un gas ideal. 

Va = n R Ta / Pa =

Va = 1 mol . 0,08207 (lt atm/mol K) . 300 K / 2 atm = 12,3 lt

Vb = n R Tb / Pb = 6,15 lt

Vc = n R Tc / Pc = 10,25 lt

Vd = n R Td / Pd = 20,5 lt

 

 

 

 Te dibujé las evoluciones correspondientes de ambos gráficos en distintos colores: rojo las isotérmicas, y morado las isobáricas. Ahora vamos a ir llenando el cuadro de a poco. Te voy a ir contando cómo deducimos cada signo. El orden en que yo lo hago no necesariamente sigue alguna lógica.

 

 

La variación de energía interna en evoluciones isotérmicas es nula. Lo mismo ocurre para los ciclos cerrados ya que el gas parte y regresa al mismo estado. 

  ab bc cd da ciclo

Q          L          

ΔU 0   0   0

 

 Los trabajos son positivos si aumenta el volumen del gas, y negativos si disminuye. Para el ciclo cuenta si se recorre en sentido horario o antihorario. En este caso es horario y, por lo tanto, positivo. 

  ab bc cd da ciclo

Q          L – + + – +

ΔU 0   0   0

 

 

El signo de las variaciones de energía interna que no son nulas, depende del signo de ΔT. Entonces: ΔUbc > 0 y ΔUda < 0.

El resto ya lo podríamos deducir aplicando ΔU = Q – L.

  ab bc cd da ciclo

Q           L – + + – +

ΔU 0 + 0 – 0

 

 De todos modos podemos    ab bc cd da ciclo   

verificar sabiendo que el signo del calor depende siempre del aumento o disminución de la temperatura... algo que sabés desde que aprendiste calorimetría. 

Q – + + – +

L – + + – +ΔU 0 + 0 – 0

Vamos a hacer una cosa que no estaba en los planes de la guía. Calculemos las cantidades del cuadro, no solo su signo. Ojo, para ello vamos a tener que inventar un dato que el enunciado no proporciona: supongamos que se trata de un gas diatómico, de modo que su calores específicos molares valen: cV = 2,5 R y cP = 3,5 R. Hacelo solo. Abajo completé el cuadro con mis resultados (que además nos van a servir para el ejercicio 46) expresados en lt.atm. En la columna de la izquierda tenés las ecuaciones que utilicé... si tenés dudas de por qué usé esas y no otras, podés ir acá. 

 

 

(latm) ab bc cd da ciclo

Q –17,05 57,40 28,42 –57,40 11,37

L –17,05 16,40 28,42 –16,40 11,37

ΔU 0 41,00 0 –41,00 0

 

 a → b (isotérmica)

Qab = n R Tab ln (Vb/Va)

ΔUab= 0

b → c (isobárica)

Qbc = cp n ΔTbc

Lbc = p ΔVbc

ΔUbc = cV n ΔTbc

c → d (isotérmica)

Qcd = n R Tcd ln (Vd/Vc)

ΔUcd = 0

d → a (isobárica)

 Qda = cp n ΔTda

Lda = p ΔVda

ΔUda = cV n ΔTda

 

     

Te toca a vos verificar las sumas. Primero: la suma de las magnitudes de cada tramo de un ciclo es igual a la magnitud del ciclo completo (sumas horizontales). Segundo: el primer principio de la termodinámica se verifica tanto para el ciclo completo como para cada tramo de la evolución (sumas verticales). 

 

 

 

Desafío: Qué te puedo cobrar... 

EM - Problema 10 - Una persona que realiza trabajo mecánico a razón de 34 W, pierde energía interna a razón de 300 W. Si el calor disipado por la persona se distribuye un 70% en radiación y el resto en evaporación del sudor, la cantidad de agua que pierde la persona en una hora es aproximadamente (Lv a 37ºC = 570 cal/g):  a) 2,8 litros  b) 0,5 litros  c) 2,5 litros  d) 0,67 litros  e) 9,3 litros  f) 0,12 litros

 

Se trata de un ejercicio bastante sencillo, de aplicación del primer principio de la termodinámica, en el que en lugar de hablarnos de energía nos hablan de potencias. Podemos elegir dos caminos (yo hago uno y vos el otro como desafío, ¿dale?): un camino es calcular -para una hora de ejercicio- de cuánta energía hablamos en cada "rubro" (calor, energía interna y trabajo); el otro camino es transformar el primer principio en un balance de potencias (en vez de un balance de energías) y calcular la hora entera a último momento. No sé yo cuál hacer... 

Q = ΔU + L

PotQ = PotΔU + PotL

PotQ = – 300 W + 34 W = – 266 W

De este calor que se pierde por unidad de tiempo, el 30% es lo que nos interesa, que es la parte que se va con la evaporación del sudor, QS.

PotQs = 0,3 . PotQ = – 80 W

Lo que en un hora representa: 

QS = PotQs . Δt

QS = 80 (J/s) . 3.600 s = 287.000 J = 68.600 cal

Ahora nos preguntamos qué masa de sudor (que es prácticamente igual a la masa de agua) se puede evaporar con esa cantidad de calor. 

QS = LV . mS

mS = QS / LV = 68.600 cal / 570 cal/g = 120 g

Y como el sudor, aunque no tenga la misma propiedad odorífera que el agua, tiene su misma densidad, el volumen transpirado, VS, será: 

 

VS = 120 ml respuesta f)    

     Desafío: En un partido de fútbol un jugador medianamente esforzado pierde un litro de agua en cada medio tiempo (aunque el aguatero se la va reponiendo de vez en cuando). Si el resto de las variables coinciden con las de este ejercicio... ¿cuánto vale el trabajo mecánico de jugar un tiempo?

M - Problema 11 - Indique cuál de las siguientes afirmaciones es la única verdadera:a) La energía interna de cualquier sistema termodinámico es sólo función de la temperatura.b) La energía interna de un gas ideal es sólo función de la temperatura.

  c) En una

 

evolución isotérmica el sistema no intercambia calor.d) En un proceso adiabático el sistema no varía la temperatura.e) Si un sistema no varía su volumen,

En este ejercicio de preguntas y respuestas (a dos pesos los tres tiros, si embocás una podés volver a jugar) vamos a repasar el primer principio de la termodinámica: 

Q = ΔU + L

En varias afirmaciones alcanza con mirar el principio para darse cuenta de que la afirmación es falsa. De todos modos, además de indicarlo algebraicamente, voy a tratar de darte al menos un ejemplo en el que puedas ver la realidad. 

  

a) La energía interna de cualquier sistema termodinámico es sólo función de la temperatura. FALSO... suponete que tenés dos bolsitas de polvo... de igual masa y a la misma temperatura. Una de ellas es de talco para las manos y la otra... pólvora. ¿Cómo podés pensar que tienen la misma energía interna...? Pensá lo que quieras, pero te recomiendo que la de pólvora la manejes con cuidado porque tiene adentro una cantidad de energía que si se libera puede que te haga aparecer en los diarios. Y si tuvieras otra bolsita... también de la misma masa que las anteriores... llena de azúcar... puede que te cueste un poco más encontrar el razonamiento para falsar esa proposición tan absurda... pero creo que que bien claro lo ridículo de la pretensión de evaluar la energía interna de un sistema sólo con la temperatura.

b) La energía interna de un gas ideal es sólo función de la temperatura. VERDADERA... y no hay contradicción con la respuesta anterior... pero justamente porque un gas ideal es un sistema tan, pero tan simple... que la única forma que tiene de acumular energía, pobrecito, es estando más o menos caliente... o sea, con su temperatura. Un gas ideal son (en sentido figurado) bolitas inertes tan pero tan 

 

chiquitas que ni siquiera son capaces de chocar entre ellas. 

c) En una evolución isotérmica el sistema no intercambia calor. FALSO. En una evolucion isotérmica pueden ocurrir muchas cosas que impliquen intercambios de calor y aún de trabajo. Te doy algunos ejemplos. Cuando un material se derrite o se evapora, esos cambios de estado ocurren a temperatura constante, pero gracias a que reciben o pierden calor.

d) En un proceso adiabático el sistema no varía la temperatura. FALSO, basta con ver la fórmula, Q = ΔU + L, y te das cuenta que si el calor fuera nulo, entonces solamente ocurriría que la variación de energía interna se haría igual al contrario del trabajo: 0 = ΔU + L. Un proceso es adiabático si no intercambia calor con el medio... pero puede recibir o hacer trabajo a expensas de su energía interna. Te doy un ejemplo: ponete 5 pulóveres y una campera. Después empujá un auto hasta la esquina.

e) Si un sistema no varía su volumen, entonces no realiza ni recibe trabajo.FALSO. El único caso en que podemos darle la venia a esta afirmación es cuando el sistema no es otra cosa que un gas ideal. De no tratarse de un gas ideal podríamos imaginar cientos de sistemas que realizan trabajos sin variar su volumen. Vos mismo, por ejemplo, podés realizar trabajos subiendo, bajando, moviendo cosas de un lugar para otro... y no esperarías por ello encontrar cambios en tu volumen. 

f) Si un gas no varía su energía interna entonces no recibe calor. FALSO, basta con ver la fórmula, Q = ΔU + L, y te das cuenta que si la variación de energía interma fuera nula, entonces solamente ocurriría que el calor se haría igual al trabajo: Q = L. Es lo que ocurre habitualmente cuando un gas ideal se expande a temperatura constante. Durante esa expansión empuja algo, realizando un trabajo sobre ese algo. Desafío: Buscar un contraejemplo adicional para cada afirmación falsa. ¿Quiénes son esos cuatro ñatos de las fotos? 

EM - Problema 12 - Un hombre de 70 kg andando en bicicleta entrega una potencia mecánica de 100 W. La tasa metabólica (rapidez con la que varía la energía interna de un ser vivo) para la actividad "andar en bicicleta", para un hombre de 70 kg, es aproximadamente 500 W. Entonces, la cantidad de calor que el hombre entrega al medio exterior si marcha en bicicleta durante 4 horas es, expresada en kilocalorías, aproximadamente:

a) 600 b) 2.067 c) 2.512 d) 573 e) 1.380 f) 100

 

Acá tenés un bonito ejemplo de cómo la termodinámica puede emplearse exitosamente en la descripción de los seres vivos. Vamos a aplicar el primer principio de la termodinámica: 

Q = ΔU + L

En este problema, en particular, nos ofrecen datos de potencia (el watt, W, es una unidad de potencia igual a un joule por cada segundo) de modo que podemos transformar el balance de energías del primer principio en un balance de potencias; alcanza, para esto, con dividir miembro a miembro por un intervalo de tiempo cualquiera:

Convenciónde signos:

calor recibido positivo

calor cedido negativo

trabajo hecho positivo

trabajo recibido negativo 

    Q = ΔU + L        

Δt Δt ΔtPotQ = PotU + PotL

Puesto en palabras: la rapidez con la que un cuerpo recibe calor, PotQ, es igual a la rapidez con la que varía su energía interna, PotU, más la rapidez con la que realiza trabajo, PotL. De modo que (respetando la convención de signos)...

PotQ = – 500 W + 100 W

PotQ = – 400 W 

Según este resultado y en vista de la convención de signos que utilizamos, parecería ser que nuestro hombre pierde calor, o sea: le entrega calor al medio, tal como afirma el enunciado. Veamos cuánto en 4 horas:

Q(4h) = PotQ . 4 h = 400 J/s . 14.400 s = 5.700.000 J

   

Q(4h) = 1.380 kcal respuesta e)   

¿necesitás ayuda para el 

pasaje de unidades? 

No hay que dejar pasar por alto una lección importante de este ejercicio: algún incauto puede pensar que cómo va a variar su energía interna el ciclista si su temperatura es constante (la suponemos siempre alrededor de los 37 grados). Este es uno de los errores típicos que dificultan la identificación de los datos para poder plantear y resolver el problema.

La variación de la energía interna de un cuerpo, ΔU, depende de la temperatura del cuerpo y de nada más SOLAMENTE EN LOS GASES IDEALES, y en algunos otros cuerpos muy simples cuya única posibilidad para acumular energía -pobrecitos- es mediante la agitación (térmica) de sus moléculas. 

Los seres vivos, en cambio, tenemos otras formas de acumular energía. La más cuantiosa -por lejos- es la química, y la conseguimos ingiriendo materia rica en energía química (y rica en sabores, por supuesto, lo cual no es casualidad).

   

    Desafío: ¿Por qué a los deportistas les recomiendan que la ingesta anterior a una competencia consista en una comida moderada de pastas y jugos? 

Adicional NMS 04 - Un gas se expande isotérmicamente desde el estado I de 3 atm de presión, volumen 1 litro y energía interna U1 = 456 J hasta el estado II donde su volumen es de 3 litros y su presión 1 atm. Se calienta entonces a volumen constante hasta el estado III en que su presión es de 2 atm y su energía interna U3 = 912 J.A) Representar este proceso en un diagrama PV y calcular el trabajo realizado por el gas en cada etapa.B) Determinar el calor absorbido o cedido durante este proceso.

 

Ok, manos a la obra. Empecemos por el gráfico que, tenerlo hecho para pensar el ejercicio, es siempre una gran ayuda. Y es fácil.  

 La transformación en rojo es isoterma, y la celeste es isocora. El área que sombré en amarillo representa el trabajo realizado por el gas en la transformación isoterma. En la isocora, lógicamente, el trabajo es nulo, ya que no hay variación de volumen.

Le puse una grilla al gráfico, que puede llegar a servirte: el área de cada cuadradito representa un trabajo equivalente a 1 l.atm. 

 

 La otra herramienta de gran utilidad en los ejercicios de transformaciones de gases el la tabla de las evoluciones. Acá puse una:   

 Hay dos segmentos de naturaleza conocida (la isoterma que va desde I hasta II; y la isocora que va desde II hasta III. También puse una columna para la transformación total, que va desde I hasta III, cuyas magnitudes surgen de la suma de los tramos parciales. 

(l.atm) I-II II-III I-III

Q   4,5  L   0  

ΔU 0 4,5 4,5

 

 Ya completé las cosas obvias que surgen del enunciado: la variación de la energía interna durante la isoterma vale cero suponiendo que se trata de un gas ideal (abajo hago un comentario sobre este asunto). La variación de energía interna en la evolución total vale:

ΔUI-III = UIII – UI = 912 J – 456 J = 456 J = 4,5 l.atm

Y como 

ΔUI-III = ΔUI-II + ΔUII-III

Nos queda que 

ΔUII-III = 4,5 l.atm

El trabajo en la evolución isocora valía cero, ya te lo había dicho. Por lo tanto, como en todo tramo se cumple el primer principio de la termodinámica, tenemos que

QII-III = ΔUII-III + LII-III = 4,5 l.atm + 0 = 4,5 l.atm

  

Veamos qué otra cosa se puede calcular. Qué te parece el trabajo en la isoterma:

LI-II = n R T ln ( VII / VI )

Pareciera que necesitamos conocer n, el número de moles. Pero no es cierto, porque si asumimos que de un gas ideal se trata (tema del que te voy a hablar al final, ya te lo dije), entonces, usamos la igualdad que surge de la ecuación de estado: 

n R T = P V

LI-II = PI VI ln (VII / VI) = PII VII ln (VII / VI)

LI-II = 1 atm 3 lit ln (3 lit / 1 lit)

O, si querés... 

LI-II = 3 atm 1 lit ln (3 lit / 1 lit) = 3 l.atm . 1,1 = 3,3 l.atm

Si contás los cuadraditos que hay bajo la isotérmica, en el gráfico, verás que el resultado es muy razonable. 

El resto es una papa, porque en cada evolución (cada columna) se cumple el primer principio, entonces:

QI-II = 3,3 l.atm 

(l.atm) I-II II-III I-III

Q 3,3 4,5 7,8

L 3,3 0 3,3

ΔU 0 4,5 4,5

 

 Y en cada evolución se cumple que la suma de las variaciones es la variación de la suma (sumas horizontales).    

QI-III = 7,8 l.atm (absorbido)   

DISCUSION: Vamos a discutir ese asunto del gas ideal. Si el gas de este ejercicio no fuese ideal, dos de las suposiciones que hicimos no tendrían validaz (ya te marqué las dos suposiciones). En general los enunciados de estos ejercicios aclaran si se trata o no de un gas ideal. En éste no hay tal aclaración... por lo que hay que andarse con mucho cuidado.

Existen dos fuertes indicios de que se trata de un gas ideal. El primero es que los estado I y II están relacionados por la ley de Boyle-Mariotte:

PI . VI = PII . VII

Esa ley sólo la cumplen los gases ideales (aunque podría tratarse un una aproximación). 

El otro indicio, más fuerte aún, es que la energía interna se duplica cuando se duplica la temperatura. De modo que la energía interna parece depender exclusivamente de la temperatura... y eso también lo cumplen los gases ideales. Mirá: 

TII = PII VII / n R

  

TIII = PIII VIII / n R

Operando, surge que 

TIII = 2 TII

Y los datos del enunciado nos dicen que 

UIII = 2 UII

Ninguno de los dos indicios son concluyentes... pero son muy fuertes. 

    

Desafío: Tampoco dice el enunciado si se trata de un gas monoatómico o diatómico o vaya-uno-a-saber-qué-tómico... ¿Se podrá averiguar? 

Adicional NMS 05 - Cuando un sistema evoluciona en forma reversible desde el estado A hasta el B por la evolución 1 (línea quebrada), como se representa en la figura, absorbe 3.440 J en forma de calor. Encontrar:A) El cambio de energía interna del sistema correspondiente a la evolución 2 (recta oblicua) desde B hasta A, indicando si aumenta o disminuye.B) El calor intercambiado por el sistema en la evolución 2, indicando si lo cede o lo absorbe.

 

El enunciado venía con gráfico. Pero yo me adelanté, le puse color. Agregué el punto C, y una grilla en el fondo. Supongo que nos será más útil.   

 La evolución en azul es la 1 (ACB) que en la tabla figura en celeste (o algo parecido) y está dividida en dos tramos: AC y CB. La evolución en rojo es la 2 (BA); en la tabla en la que voy volcando los datos le puse un color al tono. 

Vamos a trabajar todo el ejercicio el l.atm, de modo que los 3.440 J debemos convertirlos, y eso nos da: 34 l.atm

 

 Ya me adelanto y hago el cálculo de los trabajos de cada evolución. La isocora CB se corresponde con un trabajo nulo. El trabajo de B hasta A por la evolución 2, podemos calcularlo integrando el área encerrada bajo la curva 2. Se trata de un trapecio; podés calcularlo como la suma de un rectángulo más un triángulo. Y el trabajo AC se corresponde con el área del rectángulo sombreado en celeste. Mirá los gráficos de abajo.

 

 

El trabajo de la evolución 1 puede conocerse porque el trabajo de cualquier evolución es igual a la suma de los trabajos de cada tramo. 

(l.atm) BA AC CB ACB

Q       34

L -20 10 0 10

ΔU        

 

 Además, si el trabajo se corresponde con una disminución de volumen se tratará de un trabajo negativo (el medio realiza trabajo sobre el gas).   

 Y si el trabajo se corresponde con un aumento de volumen se tratará de un trabajo positivo (el gas realiza trabajo sobre el medio). 

Una parte importante del trabajo se resuelve haciendo sumas y restas. 

 

 Por ejemplo. La variación de energía interna en el tramo ACB debe cumplir con el primer principio de la termodinámica: 

ΔUACB = QACB – LACB = 34 l.atm – 10 l.atm = 24 l.atm

 

 Como la energía interna es una función de estado, su variación entre A y B debe ser igual y contraria a la variación entre B y A.

ΔUBA = – ΔUACB

(l.atm) BA AC CB ACB

Q -44     34

L -20 10 0 10

ΔU -24     24

 

 La calor intercambiado en la evolución AB surge entonces por aplicación del primer principio: 

QBA = ΔUBA + LBA = – 24 l.atm + (–20 l.atm) = – 44 l.atm

Aunque no podemos conocer los valores de todas las magnitudes termodinámicas de las evoluciones, por lo menos, ya tenemos las respuestas a las preguntas del enunciado: 

 

 

A) ΔUBA = – 24 l.atm, disminuye;  B) QBA = – 44 l.atm, cede.    

    

Desafío: Suponiendo que se trata de un gas ideal... ¿se podrá conocer la temperatura de los tres estados? 

 

Adicional NMS 06 - Considere la transforma-ción ABC de un mol de gas ideal, ¿Cuál de las siguientes afirmaciones es correctas? a) Entrega una cantidad de trabajo menor al calor que absorbe. b) La energía interna del gas es igual en A y en En este tipo de ejercicio siempre es aconsejable volcar los datos de las evoluciones parciales y totales a una tabla. Acá está.   

 De la evolución AB (que claramente se trata de una isobara) podemos calcular fácilmente el trabajo que le corresponde integrando el área bajo la curva. 

(l.atm) AB BC ACB

Q      L 81 0 81

ΔU      

 

 Se trata de un rectángulo de modo que... lado por lado, obtenemos un trabajo igual a

LAB = 81 l.atm

La evolución isocora, BC, no realiza trabajo; luego el trabajo correspondiente a la evolución total, ABC, es la suma de los trabajos parciales. 

Respecto a los calores intercambiados y a las variaciones de energía interna, no podemos saber demasiado dado que el enunciado no indica ni las temperaturas (aunque podríamos avereiguarlas) de los estados A, B y C, ni si se trata de un gas monoatómico, diatómico o vaya-uno-a-saber-qué-atómico, y eso es crucial.

 

 Apenas si podemos saber que de A a B debe haber un aumento de temperatura, y por lo tanto la energía interna debió aumentar. Y de B a C hubo una disminución de la temperatura, y por lo tanto la energía interna disminuyó.

(l.atm) AB BC ACB

Q      L 81 0 81

ΔU + –  

 

 Pero los módulos de las variaciones no son iguales. Si mirás los productos presión-voilumen ves que no dan lo mismo... Seguí mi razonamiento: 

PA . VA < PC . VC

Entonces,

TA < TC

De modo que de A a C hubo un aumento de la energía interna. 

ΔUABC > 0

 

 Si volcamos esa información a la tabla y analizamos uno por uno 

(l.atm) AB BC ACB    

los enunciados... resulta fácil encontrar al único verdadero y descartar a los falsos. 

Q     mayor que 81

L 81 0 81

ΔU + – +

Acordate que calores recibidos y trabajos realizados (entregados) por el sistema son positivos.   

 

a) Entrega una cantidad de trabajo menor al calor que absorbe.   

     

Desafío: Suponiendo que se tratase de un metro cúbico de aire... ¿podría completarse toda la tabla con valores numéricos? 

Adicional NMS 10* - William Thomson (Lord Kelvin) sugería este método para apreciar la enormidad del número de Avogadro: Supongamos que tenemos un vaso con agua, y que podemos marcar todas las moléculas que hay en él. Luego arrojamos el contenido del vaso en el océano y mezclamos bien toda el agua que hay en la Tierra. Y al cabo de un tiempo llenamos nuevamente el vaso con agua. ¿Cuántas moléculas marcadas encontraremos en él?

 

En biología el método descripto por lord Kelvin se llama captura, suelta y recaptura (en la jerga, simplemente, suelta y captura) y se utiliza para contar los incontables, o sea, poblaciones de individuos incontables, como, por ejemplo, cúantas hormigas tiene un hormiguero, cuántos ratones hay en el campo. 

Acá, en termodinámica, William Thomson (lord Kelvin) lo usa simplemente para ayudarnos a tomar conciencia de ese número enorme que descubrió Amadeo Avogadro (Lorenzo Romano Amedeo Carlo Avogadro, Conde de Quaregna y Cerreto, profesor de Física de Turín en 1820), que es igual a NA = 6,022 x 1023. Te lo escribo de otra manera, a ver si te cae la ficha...

 

NA = 602.200.000.000.000.000.000.000  

O sea... seiscientos dos mil doscientos trillones (y pico). Que es el número de entes individuales que hay en 1 mol de esos entes. Por ejemplo: en 1 mol de agua (o sea, 18 gr de agua) hay 6,022 x 1023 moléculas H2O ; en 1 mol de estrellas hay NA estrellas.

Bueno, asumamos el desafío Kelvin. Vamos a tener que hacer algunas estimaciones. El volumen del vaso, VV, convengámoslo en...

VV = 100 ml = 0,100 lit = 1 x 10-4 m3

Y el volumen de agua de los océanos, VO... que cubren el 70% de la superficie terrestre de 4 pi RT2

con una profundidad media de 4,2 km...

VO = 0,7 x 4 x 3,14 x (6,37 x 106 m)2 x 4.200 m = 1,5 x 1018 m3

 

O sea que en el mundo hay un trillón y medio de metros cúbicos de agua, gotas más gotas menos. Bien, hasta ahora fueron estimaciones... el resto: reglas de tres simple.

¿Cuántas moléculas de agua, NM, logramos marcar en el vaso de 100 ml? Si en 18 gr, que también son 18 ml, hay un número de avogadro de moléculas de agua, entonces, en 100 ml...

18 ml _____________ 6,022 x 1023 moléculas

100 ml ____________ NM = 3,36 x 1024 moléculas

O sea, 5,55 números de Avogadro (más o menos) de moléculas de agua... que marcamos, cada una de ellas, para poder identificarlas si nos las llegamos a cruzar en el futuro.

Vertemos todas esas moléculas en el inodoro y dejamos pasar unos años (digamos: dos años) como para asumir que ya están totalmente mezcladas y repartidas homogéneamente entre el resto del agua de todo el planeta. 

Entonces... volvemos a tomar una muestra de agua con el mismo vaso. La parte del agua total del mundo que estamos tomando es igual al cociente entre el volumen del vaso y el volumen total, VV /VO. Una parte muuuy chiquitita del agua total. La misma relación que hay entre las moléculas marcadas encontradas, NRC (recapturadas), y la población total de moléculas marcadas (el número que calculamos antes).

NRC = NM x VV /VO = 

NRC = 3,36 x 1024 moléculas x 1 x 10-4 m3 /1,5 x 1018 m3 = 

NRC = 224 moléculas   

Si las que marcamos originalmente se mezclaron lo suficientemente bien, entonces, abriremos la canilla, llenaremos un vasito con agua y... ¡oh, sorpresa! ¡224 moléculas estarán marcadas, o sea, estuvieron en ese mismo vaso un par de años antes!

 

Desafío: ¿Tenés idea de cómo llegó Avogadro a determinar ese número tan grande? ¿Y me explicás esto que no lo entiendo: NA = (6,0221417 ± (3 x 10-7)) x 1023?

Adicional NMS 12* - Se suministran 30 Kcal a 10 mol de un gas ideal monoatómico, que se expande contra una presión exterior constante de 1.254 hPa hasta ocupar 5 veces su volumen inicial. ¿Cuál era el volumen inicial ocupado por ese gas?  

Este ejercicio tiene bastante poco de física y mucho de álgebra. Se puede empezar por muchos lados diferentes y a cada paso te encontrás con una pequeña dificultad. Yo lo hice aparte, luego lo simplifiqué para vos... y acá vas a encontrar una resolución bastante simple y pulida. Pero no te confundas: los expertos también tenemos que chapucear un poco muchas veces.

 

Supongo que una de las cosas que quedan claras inmediatamente después de leer el enunciado es que se trata de una transformación isobárica, o sea, a presión constante. Eso te permite expresar el calor de esta manera:

Q = cp n ΔT

o lo que es lo mismo:

Q = 2,5 R n ΔT

 

ya que el calor específico molar a presión constante de un gas monoatómico vale cp = 2,5 R, donde R es la constante de los gases ideales. En esta expresión el único dato que falta es la variación de temperatura... que si quisiéramos podríamos calcularla... pero no nos interesa. Pará la moto: la ecuación de estado de los gases ideales te permite hacer esta transformación, cuando la presión es constante:

P ΔV = n R ΔT 

(Expresión que surge de plantear las ecuaciones de estado para los estados final e inicial y restarlos mutuamente). De acá despejamos ΔT y lo metemos en la ecuación de calor que quedó esperando más arriba.

Q = 2,5 R n P ΔV / n R

Q = 2,5 P ΔV

Mirá todas las cuentas que nos estamos evitando... Con esta expresión, yo diría que ya calculemos la variación de volumen (vamos a tener que expresar el calor y la presión en unidades homogéneas; eso es elección tuya, pero yo voy a usar litros, atmósferas y litro-atmósferas). Espero que sepas hacer las equivalencias sin equivocarte.

Q = 30 Kcal = 1.239 l.atm

P = 1.254 hPa = 125.400 Pa = 1,24 atm

Entonces...

ΔV = Q / 2,5 P

ΔV = 1.239 l.atm / 2,5 . 1,24 atm

ΔV = 400 lit

Por último...

ΔV = VF – V0 = 5V0 – V0 = 4V0

Despejo V0:

V0 = ΔV / 4

 

V0 = 400 lit / 4

V0 = 100 lit  

   

   * Ejercicio que integraba un segundo examen parcial de Biofísica en nov. de 2008.  

Desafío: ¿Me podrías decir en cuántos grados centígrados varió la temperatura del gas?

Adicional NMS 22* - calcular el calor específico a volumen constante del gas O2, cuya masa molecular relativa vale 32 gr/mol.

*Este ejercicio fue tomado y adaptado de Física general, Carel W. van der Merwe, Editorial Mc Graw-Hill, Naucalpan de Juárez, México, 1980. (p.133).

Antes de resolverlo tenemos que refrescar algunos conceptos. Cuando trabajamos con gases ideales (vamos a considerar al O2 uno de ellos) solemos utilizar una variante del calor específico que utilizamos para los sólidos, que es el calor específico molar, o sea, la resistencia al cambio de temperatura de un gas, por cada mol de ese gas. Para todos los gases ideales diatómicos vale:

cv = 2,5 R

donde R es la constante de los gases ideales: R = 0,08207 lt.atm/K mol

Si queremos expresar esa constante en función de la masa del gas (y no de su número de moles) basta con dividir el calor específico por la masa molecular relativa, M, del gas. (A falta de un símbolo usual para el calor específico por unidad de masa -en los gases-, lo voy a simbolizar: cvM).

cvM = cv / M = 2,5 R / M

Ahora sí, vamos con la solución:

cvMO2 = 2,5 . 1,987 cal/K mol / 32 gr/mol

  cvMO2 = 0,155 cal/gr K  

 

Desafío: ¿Y cuánto valdrá el calor específico a presión constante?

Adicional NMS 23* - Hallar el trabajo de expasión de un gas desde un volumen inicial de 3 lt a 20 atm hasta un volumen final de 24 lt, permaneciendo constante la temperatura del sistema.  *Este ejercicio fue tomado y adaptado de Física general, de Carel W. van der Merwe, Editorial Mc Graw-Hill, Naucalpan de Juárez, México, 1980. (p.133).

 

No puede pretenderse que te acuerdes de memoria cómo hacer el cálculo de un trabajo cuya fórmula proviene de un cálculo integral. Eso podés buscarlo por internet o ir directamente acá.

L = n R T ln (VF /V0)

donde L es el trabajo que buscamos, n es el número de moles del gas, R es la constante de los gases ideales: R = 0,08207 lt.atm/K mol, y V son los volúmenes final e inicial.

Entonces te topás con otra dificultad que es la siguiente: no conocés ni la temperatura del proceso ni el número de moles del gas. Pero no te preocupes, tenés un par de datos que pueden salvarnos, ya que si consideramos al gas como ideal, se verifica que:

n R T = P0 V0

También n R T = P1 V1, pero no tenemos la presión del estado final... así que usamos los del estado inicial (es lo mismo). Fijate que el enunciado dice que la transformación ocurre a temperatura constante, por eso no le puse subíndice a la temperatura. Entonces...

L = P0 . V0 . ln (VF /V0)

L = 20 atm . 3 lt . ln (24 lt / 3 lt)

L = 20 atm . 3 lt . ln 8

  L =124,8 lt .atm    

   

Desafío: ¿Expresado en joules?

Ad. 24* - Un mol de gas ideal monoatómico realiza el ciclo ABCA de la figura: a) Calcular el trabajo, el calor intercambiado y la variación de energía interna para cada tramo del ciclo y para el ciclo entero.

(R = 8,314 J/mol K = 0,082 l atm/mol K; cp = 5R/2; cV = 3R/2)

 

Es un ejercicio bastante sencillo, prestá atención. 

En casi todos los ejercicios de evoluciones gaseosas suelo hacer un cuadro para ir volcando la información, ya que permite comprender fácilmente los pasos que vamos realizando y chequear que los números van cerrando.

 

 De modo que todo lo que voy calculando lo vuelco en la tabla (está más abajo). Por ejemplo, el trabajo de la transformación BC (isocórica) vale cero, ya que no hay variación de volumen.

La variación de energía interna del ciclo vale cero (ya que la energía interna es una 

(J) Q ΔU W

AB      BC     0

CA      ciclo   0  

   

función de estado, y en un ciclo se parte y se llega al mismo estado).

Los trabajos de los tramos AB y CA también son sencillos de calcular, ya que podemos calcular las áreas que los representan.  

 

El trabajo en la transformación AB (una isobárica) podés calcularlo como 

WAB = PAB . ΔVAB

WAB = 1 x 105 Pa . 6 x 10-3 m3

WAB = 600 J

 1 litro

es igual a

10-3 m3

El trabajo del gas en la transformación CA está representado por el área de un trapecio, o si querés, por la suma de un rectángulo (que ya sabemos cuánto vale) más un triángulo.

 

  WCA = 600 J + ½ base . altura

WCA = 600 J + ½ 6 x 10-3 m3 . 3 x 105 Pa

WCA = 1.500 J . (–1)

Se trata de un trabajo negativo ya que se corresponde con una reducción de volumen.

 

 El trabajo del gas durante el ciclo es la suma de los trabajos parciales. De modo que ya tenemos otra respuesta: 

Wciclo = – 900 J

Dentro de cada renglón también hay una lógica, que está dada por:

 

 

Q = ΔU + W

el primer principio de la termodinámica; de modo que el calor intercambiado durante el ciclo debe valer lo mismo que el trabajo, ya que la variación de energía vale cero.

(J) Q ΔU W

AB     600 J

BC     0

CA     –1.500 J

ciclo –900 J 0 –900 J

 tené en cuenta 

que redondeé a lo bestia.

Hasta acá fue demasiado sencillo. lo que viene no es tan difícil. Las variaciones de energía interna de cualquier transformación en la que haya cambios de temperatura se calcula de la siguiente manera:

ΔU = cv n ΔT

De modo que necesitamos conocer las temperaturas en cada estado para conocer las diferencias de temperatura en cada transformación y calcular las variaciones de energía interna. Esas temperaturas no son dato, pero utilizando la ecuación de estado de los gases ideales (justamente para poder hacer esto es que el enunciado nos aclara que de un gas ideal se trata)...

   

TA = PA VA / n R = 24 K

TB = PB VB / n R = 96 K

TC = PC VC / n R = 385 KAhora sí, calculamos... 

ΔUAB = cv n ΔTAB = 900 J

ΔUBC = cv n ΔTBC = 3.600 J

ΔUCA = cv n ΔTCA = – 4.500 J 

(J) Q ΔU W

AB   900 J 600 J

BC   3.600 J 0

CA   – 4.500 J –1.500 J

ciclo –900 J 0 –900 J

 

calor negativo significa que el gas 

lo pierde

trabajo negativo significa que el gas 

lo recibePara conocer los calores intercambiados en cada tramo ya no tenemos que hacer muchas cuentas... aplicando el primer principio o sea, completando las sumas de cada rengón) podemos obtenerlos fácilmente. 

Pero si te queda alguna duda podés, al menos, resolver los tramos AB y BC que transcurren a presión constante y a volumen constante respectivamente.

QAB = cp n ΔTAB = 2,5 . 8,314 J/molK . 1 mol . 72 K = 1.500 J

QBC = cv n ΔTBC = 1,5 . 8,314 J/molK . 1 mol . 289 K = 3.600 J

QCA = cv n ΔTCA = 1,5 . 8,314 J/molK . 1 mol . (–361 K ) = – 6.000 J

   

Y ya tenemos todo calculado. Antes de pasar a otro ejercicio revisá una vez más que todas las sumas horizontales y verticales nos hayan dado correctamente. Si así no fuera... o yo me equivoqué, o se equivocó Lord Kelvin. 

(J) Q ΔU W

AB 1.500 J 900 J 600 J

BC 3.600 J 3.600 J 0

CA – 6.000 J – 4.500 J –1.500 J

ciclo –900 J 0 –900 J

 

 

Tenés otro ejercicio muy parecido acá.    

*Este ejercicio fue parte del examen, 2do. parcial, tomado el 26-jun-12.  

Desafío: ¿Cuánto valdrá la variación de entropía para todo el ciclo?

Ad. 28* - Un mol de gas ideal monoatómico realiza el ciclo ABCDA reversible como se indica en la figura: a) Calcular el calor intercambiado en la evolución ABC indicando si es cedido o absorbido por el sistema.

(cp = 5R/2; cv = 3R/2)

 

Es un ejercicio sencillo, pero con varias "trampitas". Prestá atención.

Como en casi todos los ejercicios de evoluciones gaseosas suelo hacer un cuadro para  

 

ir volcando la información, ya que permite comprender fácilmente los pasos que vamos realizando y chequear que los números van cerrando.Y lo primero que hacemos es llenar los casilleros sencillos, inmediatos: aquellos que valen cero.

En las evoluciones isocóricas el trabajo es nulo (no hay área encerrada bajo la curva). ya van dos ceros.

La variación de energía interna de todo ciclo cerrado (perdón por la redundancia) también es nula, porque siendo la energía interna una función de estado, y partiendo y llegando al mismo estado... 

(J) Q ΔU W

AB      BC     0

CD      DA     0

ciclo   0  

 

 Vamos a calcular el resto de los trabajos. Pero antes dejame hacerte una aclaración. La unidad de volumen utilizada es el decímetro cúbico (que es lo mismo que un litro) y es la milésima parte del metro cúbico, 1 dm3 = 10-3 m3. Por otro lado las presiones vienen expresadas en kPa, o sea 103 Pa. De modo que el producto entre kPa . dm3 es lo mismo que 103 Pa . 10-3 m3 = Pa . m3 = J (joules). Habrás visto que la unidad que consigné en el cuadro es, justamente, J.

 

10n.10-n = 1

103.10-3 = 1

El trabajo en la transformación AB (una isobárica) podés calcularlo como: 

WAB = PAB . ΔVAB

WAB = 9 x 103 Pa . 6 x 10-3 m3

WAB = 54 J

 

en un gráfico p/v el área encerrada 

bajo la curva representa al 

trabajo entre dos estados

El trabajo del gas en la transformación CD es otra isobárica, se calcula de la misma manera que la anterior:  

 

WCD = PCD . ΔVCD

WCD = 5 x 103 Pa . (– 6 x 10-3 m3)

WCA = – 30 J

Se trata de un trabajo negativo ya que se corresponde con una reducción de volumen.

 

 El trabajo del gas durante el ciclo es la suma de los trabajos parciales. De modo que ya tenemos otra respuesta: 

Wciclo = 24 J

Fijate que esos 24 J están representados, justamente por el área encerrada dentro del ciclo (6 x 4 = 24).

 

 

Dentro de cada renglón también hay una lógica, que está dada por:

Q = ΔU + W

el primer principio de la termodinámica; de modo que el calor intercambiado durante el ciclo debe valer lo mismo que el trabajo, ya que la variación de energía vale cero.

(J) Q ΔU W

AB     54

BC     0

CD     -30

DA     0

ciclo 24 0 24

   

Hasta acá fue demasiado sencillo. Lo que viene no es tan difícil. La cantidad de calor intercambiada en el tramo AB sale de:

QAB = cp n ΔTAB

Nos enfrentamos con que no conocemos ni el número de moles del gas ni las temperaturas. ¡Pero no desesperéis! Fijaos... como hacemos decenas de veces en las que operamos con gases ideales... utilizamos la ecuación de estado:

PA . VA = n R TA

PB . VB = n R TB

Si restamos miembro a miembro esas dos ecuaciones, nos queda:

PB . VB – PA . VA = n R TB – n R TA

En el primer miembro podemos sacar la presión como factor común, ya que PB = PA (que ahora llamaré PAB). Y en el segundo miembro saco n R como factor común.

PAB . ΔVAB = n R ΔTAB

De modo que el la fórmula del calor, en lugar de escribir n ΔTAB, podemos escribir PAB . ΔVAB / R. Y recordando que cp vale 2,5 R, nos queda:

QAB = 2,5 PAB . ΔVAB

QAB = 2,5 . 9 x 103 Pa . 6 x 10-3 m3

QAB = 135 J

De la misma manera calculamos QCD.

QCD= 2,5 . 5 x 103 Pa . (– 6 x 10-3 m3)

QCD = – 75 J

 

la mayor parte de los 

estudiantes examinados 

no supo resolver este 

asunto: no contar con el 

número de moles ni las 

temperaturas.

Varios lograron salir del apuro inventando un valor arbitrario para el número de moles. Aunque los correctores lo aceptaron como válido es técnicamente incorrecto.

Volquemos estos valores a la tabla porque se nos van a mezclar entre tantos números. Ya está.

Ahora vamos a calcular los calores intercambiados en las evoluciones 

(J) Q ΔU W

AB 135   54

BC     0

CD -75   -30

DA     0

 

calor negativo significa que 

el gas lo cede

trabajo negativo 

significa que el gas lo 

isocóricas. 

QBC = cv n ΔTBC

ciclo 24 0 24

Estamos en el mismo problema de antes, no tenemos ni las temperaturas ni el número de moles... Pero ahora ya estamos cancheros y lo resolvemos de la misma manera, con la ayuda de la ecuación de estado. Ojo, fijate que lo que varía en este caso es la presión, mientras que lo que se mantiene constante es el volumen. 

Resulta así:

QBC = 1,5 . ΔPBC . VBC 

QBC = 1,5 . (– 4 x 103 Pa) . 8 x 10-3 m3 

QBC = – 48 J

   

Y de la misma manera operamos para el tramo DA.

QDA = 12 J

Metamos todo en el cuadro antes de que se nos entrevere (jiji... qué palabra más antigua... entrevere).

(J) Q ΔU W

AB 135   54

BC -48   0

CD -75   -30

DA 12   0

ciclo 24 0 24

   

Qué útil es la tabla, además de cuidar nuestro trabajo nos permite verificar que las cosas nos están dando bien. Mirá toda la columna: 135 – 48 – 75 + 12 = 24. ¿No es cierto?

Y ya tenemos las respuestas que solicita el enunciado, ya que el calor intercambiado en la evolución ABC es igual a la suma de los calores intercambiados en AB y BC.

QABC = QAB + QBC =

QABC = 135 J + (– 48 J) =

   

  QABC = 87 J Qciclo = 24 J     

Los signos positivos de ambas respuestas nos indican que tanto en la evolución ABC como en el ciclo completo, el sistema recibe calor.  

 Ya que estamos completamos todo el cuadro. Podemos hacerlo utilizando el primer principo (sumas horizontales), o aplicando las fórmulas de cálculo de variación de energía interna. Te lo dejo a vos.

Este ejercicio puede resolverse con mucho menos esfuerzo, calculando solamente lo que el enunciado pide. No me salen lo resuelve íntegramente para aprovechar la movida. 

(J) Q ΔU W

AB 135 81 54

BC -48 -48 0

CD -75 -45 -30

DA 12 12 0

ciclo 24 0 24

   

Tenés otros ejercicios muy parecido aquí y acá.    

*Este ejercicio fue parte del examen 2do. parcial, tomado el 23-nov-12. en varias sedes del CBC, Universidad de Buenos Aires.  

Desafío: ¿Cuánto valdrá la variación de entropía para todo el ciclo?

EJERCICIOS DE SEGUNDO PRINCIPIO Y MÁQUINAS TERMICAS

0) Un inventor afirma haber desarrollado una máquina que extrae 25200 kcal de una fuente térmica, entrega 6500 kcal a otra fuente térmica y realiza un trabajo de 25 kWh ¿Es posible este invento? Justifique su respuesta.

 

Acá tenés un esquema de una máquina térmica: el círculo gris del centro es la máquina propiamente dicha. Como toda máquina, es gris-acero un poco sucia de aceite. El rectángulo de arriba es la fuente caliente, o sea, la caldera, que se encuentra a una temperatura elevada, T1, y que le entrega un calor, Q1, a la máquina (podría ser un chorro de vapor o alguna otra cosa con mucha energía). El rectángulo de abajo es el medio ambiente, que -lógicamente- se encuentra a una temperatura inferior, T2, al que la máquina le tira el calor que no puede aprovechar, Q2 (por la chimenea, o el caño de escape, da lo mismo). L es el trabajo precioso que entrega la máquina, por eso le puse color dorado.

 

 

En este ejercicio nos informan los valores de Q1, Q2 y L, pero conviene que los expresemos en las mismas unidades para poder compararlos. 

Q1 = 25.200 kcal

Q2 = 6.500 kcal

L = 25 kWh = 21.500 kcal

Ahora sí, podemos compararlas. 

 

 El Primer Principio de la temodinámica dice que la energía neta que entra o sale de un sistema (la máquina en nuestro caso) es igual a la suma de la variación de energía interna, ΔU, más el trabajo realizado por el sistema, L.

QN = ΔU + L 

El subíndice que le puse al calor corresponde a NETO. Porque el calor que intercambia la máquina... una parte lo recibe, otra parte lo cede, de modo que una parte irá sumando y a la otra le corresponderá ir restando. La variación de energía interna de la máquina es cero (ΔU = 0) si suponemos que no le cambia la temperatura mientras funciona (no hablamos del arranque sino del régimen estacionario del funcionamiento). La cosa queda así:

Q1 – Q2 = L

El asunto no cierra, porque: 

25.200 kcal – 6.500 kcal = 18.700 kcal

Y el inventor dice que el trabajo vale 21.500 kcal. Yo no le compraría la máquina. 

  Ayudame a mejorar elCBC

   

Desafío: ¿Cuál sería la eficiencia real de la máquina y cuál la que nos quiere hacer creer el inventor? 

41) Una máquina térmica con un rendimiento del 20% realiza un trabajo de 100 J en cada ciclo. ¿Cuánto calor absorbe en cada ciclo?, ¿cuánto calor cede?  

A ver, a ver... primero: ¿tenés claro qué es lo que te indica ese esquema que te hice acá abajo y que aparece   

 

en todos los libros de termodinámica?El círculo gris del centro es la máquina propiamente dicha. Como toda máquina, es gris-acero un poco sucia de aceite. El rectángulo de arriba es la fuente caliente, o sea, la caldera, que le entrega un calor, Q1, a la máquina (podría ser un chorro de vapor o alguna otra cosa con mucha energía). El rectángulo de abajo es el medio ambiente al que la máquina le tira el calor que no puede aprovechar, Q2 (por la chimenea, o el caño de escape, da lo mismo). L es el trabajo precioso que entrega la máquina, por eso le puse color dorado. 

Ahora sí, vamos al ejercicio. La definición de rendimiento es 

η = L / Q1

 

 que por otra parte es muy razonable, ya que en cualquier lugar del mundo la idea de rendimiento es lo más parecido que puedas encontrar a la relación entre el beneficio de una empresa (en este caso una máquina) y la inversión que hiciste en el emprendimiento. Está claro que el beneficio de la máquina es el trabajo que nos brinda, L. Y la inversión es el combustible con el que calentás la caldera: el carbón, la nafta... Q1. 

De modo que, despejando Q1:

Q1 = L / η = 100 J / 0,2

 

 

Q1 = 500 J   

Nuestra máquina respeta las leyes de la termodinámica, si no... la denunciamos. No tiene alternativas: 

QN = ΔU + L 

El subíndice que le puse al calor corresponde a NETO. Porque el calor que intercambia la máquina... una parte lo recibe, otra parte lo cede, de modo que una parte irá sumando y a la otra le corresponderá ir restando. La variación de energía interna de la máquina es cero (ΔU = 0) si suponemos que no le cambia la temperatura mientras funciona (no hablamos del arranque sino del régimen estacionario del funcionamiento). La cosa queda así:

  

Q1 – Q2 = L

(Acordate que hemos convenido que el calor recibido es positivo y el calor cedido, negativo). Despejando Q2:

Q2 = Q1 – L = 500 J –100 J

Q2 = 400 J   

Otra manera de ver el primer principio es concentrarte en la máquina (el círculo gris del esquema) y pensar: todo lo que entra, sale. Bien, entran 500... deben salir 500. Así de fácil. 

  

Desafío: ¿Respetará nuestra máquina -tan prolija- el segundo principio de la termodinámica? 

42) Un refrigerador recibe trabajo a razón de 370 W de potencia y extrae del congelador 21,2 kcal/min.a) Calcular cuánto calor cede al ambiente en una hora, suponiendo que la máquina realiza un número entero de ciclos en ese lapso.b) Calcular la eficiencia del refrigerador, definida como el cociente entre la cantidad de calor extraída de la fuente fría y el trabajo recibido por el refrigerador en el mismo tiempo (en valor absoluto).

 

Este problema tiene tres o cuatro dificultades de esas medio tontitas... pero que te trabás en una y te sacás una mala nota... y tenés que recursar... y perdés un año de tu vida... y defraudás a tus padres y a tus abuelos... y te cortás las venas con un cacho de muzzarella... 

 

 Lo primero que vamos a hacer es analizar el esquema de la máquina frigorífica para ver si le encontrás sentido. El círculo gris del centro es la máquina frigorífica propiamente dicha... una heladera, por ejemplo. El rectángulo de abajo es el interior de la heladera, donde están las cosas que queremos conservar en frío. 

QF es el calor que la máquina tiene que sacar de la cámara fría para que el interior se conserve frío, siempre a una temperatura baja, TF. 

QC es el calor que la heladera 

  W o L son símbolos alternativos 

paratrabajo

tira por el radiador que tiene siempre del lado de atrás (¿lo viste?). Lo tira hacia el ambiente, generalmente en la cocina, que se halla a una temperatura mayor, Tc; aunque si vos tenés la heladera en el baño no hay ningún problema. 

L es el trabajo que hay que hacer sobre la máquina para que pueda sacar calor de una fuente fría y mandarla a otra más caliente (sabés que eso no ocurriría nunca por sí solo, por eso si la heladera no está enchufada...). 

Acá aparece la primera dificultad. Tanto los esquemas tradicionales de máquinas térmicas -como éste- y el primer principio de la termodinámica hablan de energías: 

QN = ΔU + L 

Y el enunciado del problema nos habla de potencias... ¿Nos habremos equivocado de tema? ¡No! Alcanza con dividir miembro a miembro la ecuación del primer principio para que inmediatamente cuente lo que sucede en términos de potencia en lugar de energía. Ya lo vamos a hacer, esperá. Antes fijate: el subíndice que le puse al calor corresponde a NETO. Porque el calor que intercambia la máquina... una parte lo recibe, otra parte lo cede, de modo que una parte irá sumando y a la otra le corresponderá ir restando. La variación de energía interna de la máquina es cero (ΔU = 0) si suponemos que no le cambia la temperatura mientras funciona. La cosa queda así:

QF – QC = L

Ahora dividamos todo por un intervalo de tiempo cualquiera, Δt, por ejemplo, el intervalo de 1 ciclo:

QF /Δt – QC /Δt = L/Δt

PotF – PotC = PotE

que se lee así: la potencia con que la máquina extrae calor de la fuente fría (que son los 21,2 kcal/min) menos la potencia con que cede calor al ambiente es igual a la potencia que recibe de afuera (que son los 370 W y, según nuestra convención de signos, se trata de un trabajo negativo). Acá aparece la segunda dificultad: 

 

 

resulta que las dos potencias que nos indican están expresadas en diferentes unidades. Para poder operar tengo que homogeneizarlas. 

PotF = 21,2 kcal/min = 1.480 W

Ahora sí, despejamos la potencia con que la heladera escupe calor al medio:

PotC= PotF – PotE

PotC = 1.480 W – (–370 W) = 1.850 W

como nos piden el calor total en una hora... 

QC(1h) = 1.850 (J/s) . 3.600 s =

QC(1h) = 6,66 x 106 J = 1.590 kcal  

 Calculemos la eficiencia, e. Será el cociente entre el beneficio (QF) y la inversión (L). O, lo que es lo mismo, PotF sobre PotE (ambos en módulo)

e = PotF / PotE = 1.480 W / 370 W

 

 

e = 4   

     

Desafío: El manual de la heladera dice que el gabinete mantiene una temperatura de menos 5 grados. ¿Será suficiente la potencia de la heladera para enfriar, un día caluroso de 37 grados? 

43) El esquema de la figura representa una máquina que intercambia calor con las fuentes T1 y T2. La máquina entrega 200 cal de trabajo al exterior absorbiendo 1.000 cal de la fuente T1 (500K) y entregando 800 cal a la fuente T2 que se halla a 300K.a) Muestre que la máquina descripta es termodinámicamente factible porque no contradice ninguno de los principios termodinámicos.b) Calcule el rendimiento de esta máquina (definido como el cociente entre el trabajo realizado y el calor absorbido de la fuente a

 

mayor temperatura)A ver, a ver... primero: ¿tenés claro qué es lo que te indica ese esquema? El círculo gris del centro es la máquina propiamente dicha. Como toda máquina, es gris-acero un poco sucia de aceite. El rectángulo de arriba es la fuente caliente, o sea, la caldera, que le entrega un calor, Q1, a la máquina (podría ser un chorro de vapor o alguna otra cosa con mucha energía). El rectángulo de abajo es el medio ambiente al que la máquina le tira el calor que no puede aprovechar, Q2 (por la chimenea, o el caño de escape, da lo mismo). L es el trabajo precioso que entrega la máquina, por eso le puse color dorado (aunque en tu monitor sale medio amarillo, me parece... es hora que lo cambies). 

Verifiquemos que la máquina respeta las leyes de la termodinámica, si no, la denunciamos. Primer principio.

QN = ΔU + L 

El subíndice que le puse al calor corresponde a NETO. Porque el calor que intercambia la máquina... una parte lo recibe, otra parte lo cede, de modo que una parte irá sumando y a la otra le corresponderá ir restando. La variación de energía interna de la máquina es cero (ΔU = 0) si suponemos que no le cambia la temperatura mientras funciona (no hablamos del arranque sino del régimen estacionario del funcionamiento). La cosa queda así:

Q1 – Q2 = L

Y efectivamente cierra, porque: 

1.000 cal – 800 cal = 200 cal

Veamos ahora si cumple con el segundo principio, o sea ΔSU > 0. La variación de entropía del universo mientras funciona esta máquina será igual a la suma de las variaciones de entropía de la fuente caliente (ΔS1), la máquina (ΔSM) y la fuente fría (ΔS2). 

ΔSU = ΔS1 + ΔSM + ΔS2

Estas entropías son fáciles de calcular porque los calores se entregan y reciben a temperatura constante (de hecho, es éso lo que le amerita el concepto de fuente). Y en el caso de la máquina, al no variar su temperatura tampoco puede variar su entropía, de modo que ΔSM = 0.

ΔS1 = – Q1 / T1 = – 1.000 cal / 500 K = – 2 cal/K

Q1 es negativo porque la fuente 1 cede calor (no te olvides 

  W o L son símbolos alternativos 

paratrabajo

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

que estoy hablando de la entropía de la fuente 1, la caldera). 

ΔS2 = Q2 / T2 = 800 cal / 300 K = 2,66 cal/K

Q2 es positivo porque la fuente 2 recibe calor (no te olvides que estoy hablando de la entropía de la la fuente 2, por ejemplo el medio ambiente). 

Cómo queda la cosa:

ΔSU = – 2 cal/K + 2,66 cal/K

Excelente: la variación es mayor que cero, por lo tanto la entropía del universo aumenta mientras la máquina funciona. De modo que 

la máquina no viola ninguna ley termodinámica y paga sus impuestos  

 Calculemos su rendimiento, η. Como todo rendimiento, se calcula dividiendo el beneficio por la inversión. Para nuestra maquinita el beneficio es el trabajo, L, y la inversión es el carbón que metiste en la caldera, o sea, Q1

η = L / Q1 = 200 cal / 1.000 cal

 

 

η = 0,2   

No es malo.     

Desafío: ¿Cuál sería el máximo trabajo que podrías esperar de una máquina que funcione entre esas dos temperaturas? ¿Cuándo esperarías mejorar el rendimiento, en invierno o en verano? 44) Un kilogramo de hielo a 0°C se funde hasta transformarse totalmente en agua líquida a 0°C en un ambiente a 20°C.a) ¿Cuánto ha variado la entropía del hielo?b) ¿Cuánto ha variado la entropía del Universo?c) ¿Cómo debería procederse para realizar el mismo proceso en forma reversible?

 

En este ejercicio de cálculos de entropía no es necesario utilizar su definición verdadera:     

  (sobre un camino reversible)     

 ya que como todos los procesos que se mencionan ocurren a temperatura constante, de modo que podemos sacar la temperatura de la integral y la expresión resulta 

  

mucho más amable (aunque no me vas a negar que es más bonita la integral).

ΔS = Q / T

De modo que la variación de entropía del hielo (el agua), ΔSA, será igual al calor que recibe el agua (habrá que calcularlo) dividido la temperatura a la que lo recibe -en escala absoluta- o sea, la temperatura de fusión del agua: los cero grados. El calor:

QA = LFA . m = 80 (cal/gr) . 1.000 gr = 80.000 cal

Ahora lo divido por la temperatura:

ΔSA = QA / TFA = 80.000 cal / 273 K = 293 cal/K

ΔSA = 293 cal/K   

Hacemos lo mismo para el ambiente, que es el que le da el calor al hielo para fundirlo. Es un calor cedido: de modo que resulta negativo. 

  

QM = – 80.000 cal

y lo entrega a temperatura constante de 20 grados. Luego: 

ΔSM = – 80.000 cal / 293 K = – 273 cal/K

La variación de entropía del universo, ΔSU, no es otra cosa que la suma entre la del sistema (el agua) y la del medio: 

ΔSU = ΔSA + ΔSM = 293 cal/K – 273 cal/K

 

 

ΔSU = 20 cal/K   

El hecho de que esta variación nos haya dado un valor mayor que cero, indica que en el proceso de derretimiento del hielo aumentó la entropía del universo... y eso nos indica que el proceso descripto es de esos que suelen ocurrir en la realidad. Vos me dirás: chocolate por la noticia, si dejo un cubito fuera de la heladera se derrite. Ok. En este caso tenés razón pero hay muchos problemas de termodinámica que no tenés ni la más pálida idea si pueden ocurrir en la realidad, o si son un invento imposible. El criterio para responder es éste. Y no es poca cosa: porque tenés una ley, el segundo principio de la termodinámica, que te dice hacia dónde va el universo: 

 no te pierdas 

mi novela

NADA OCURRE, SI EN EL PROCESO NO AUMENTA LA ENTROPIA DEL UNIVERSO  

Desafío: No existe forma de hacer que el proceso sea reversible. Porque para que un proceso exista debe aumentar la entropía del universo. Y para ocurrir al revés tendría que disminuirla, cosa que es imposible. Pero hay varios métodos en los que te podés aproximar bastante a esa situación de ida y vuelta. Esa es justamente otra de las bondades de la segunda ley: te dice que aunque sea un poquito debe aumentar la entropía del universo... y no te dice cuánto. ¿ΔSu = 2,5 será mucho? ¿0,0025 alcanza? 0,0000000032 también es mayor que cero... ¿Cuál es el límite de este razonamiento?

5) Se comprime un mol de un gas ideal en forma reversible e isotérmica a 20°C de temperatura efectuando para ello un trabajo de 5.000 J.a) ¿Cuál es el cambio en la entropía del sistema?b) ¿Cuál es el cambio en la entropía del universo?

 

Apliquemos el primer principio de la termodinámica a este mol de gas 

Q = ΔU + L

como la temperatura es constante (evolución isotérmica), la variación de energía interna debe ser nula: ΔU = 0. Luego: 

 

 Q = L = – 5.000 J

el signo negativo surge de que el gas recibe trabajo: su volumen se reduce; e indica que le cede calor al medio. Ahora que conocemos la cantidad de calor podemos calcular su variación de entropía, que en este caso es sencilla ya que la temperatura es constante: 

ΔSG = Q / T

ΔSG = – 5.000 J / 293 K

 

 

ΔSG = – 17 J/K   

La variación de entropía del universo en esta evolución es, por definición, nula, ya que es ésa, justamente, la caracterización más acabada de un proceso reversible, como indica el enunciado. 

  

ΔSU = 0 J/K   

De paso, esto nos permite inferir la variación de entropía del medio: 

ΔSU = ΔSG + ΔSM

que resulta valer ΔSM = 17 J/K; y es lógico que tenga signo positivo, porque el medio está recibiendo el calor del gas... se trata entonces de un calor positivo.

  

 

Desafío: ¿Cómo intercambia: recibe o entrega calor ? 

6) Para el ciclo descrito en el ejercicio 38 indique, en el cuadro adjunto, sin efectuar cálculos, el signo de la variación de entropía del gas, del medio exterior y del universo para cada evolución y para el ciclo completo.  

¿Hiciste el problema 38? ¿Te acordás del problema 38? En cualquier caso, andá y volvé. Te recuerdo que toda esa última parte en que hicimos los cálculos energéticos, no estaban previstos en el ejercicio y dependen de un dato que no figuraba en el enunciado, a saber: que el gas en cuestión era diatómico.

El asunto es que tenemos que estimar el signo de la variación de entropía; o sea, decir simplemente si ésta aumenta, disminuye o se mantiene constante. Es demasiado fácil, veamos:

 

 

como el denominador es la temperatura absoluta, que siempre es positiva, el signo de la variación siempre depende del signo del calor: en definitiva, de si hubo calentamiento (ingreso de 

   

calor al sistema) o enfriamiento (salida de calor del sistema); en el primer caso será positivo, en el segundo negativo. 

Las evoluciones del ejercicio 38 son todas reversibles, definidas, de modo que el calor intercambiado es, justamente, lo que llamamos un calor reversible (podemos quedarnos tranquilos).

En la tabla siguiente te copié en el primer renglón el signo del calor en cada etapa del ciclo, tal como lo resolvimos en el problema 38. El segundo renglón es el signo de la variación de entropía del gas, ΔSG. 

 

 

  ab bc cd da ciclo

Q – + + – 0

ΔSG – + + – 0

ΔSM + – – + 0ΔSU 0 0 0 0 0

 

 La variación de entropía del universo, ΔSU, (para la evolución de este gas) será nula en todo momento, ya que -es dato del ejercicio- se trata de una evolución reversible (acordate que una de las definiciones más trascendentes de la reversibilidad de un proceso cualquiera es que la variación de entropía del universo sea cero). 

Luego el signo de la variación de entropía del medio, ΔSM, surge por inferencia de la relación: 

ΔSG + ΔSM = ΔSU

Por otro lado: si el intercambio de calor se realiza entre el medio y el gas, la variación de entropía de ambos debe tener signo opuesto necesariamente. 

Y ya que nos habíamos tomado el trabajo de inventar un dato para poder realizar cálculos numéricos, repitamos la hazaña y calculemos -numéricamente- las variaciones de entropía. En los tramos isotérmicos es sencillo: basta con dividir el calor intercambiado por la temperatura de la evolución. Y en los tramos isobáricos (no te asustes: tampoco aquí necesitás integrar, ya lo hice yo) usaremos:

ΔSG = cp n ln (TF /T0 )

 

 

  ab bc cd da ciclo

QG

(l.atm) –17,05 57,40 28,42 –57,40 11,37

TG (K) 300 300 → 500 500 500 →

300ΔT =

0

ΔSG

(l.atm/K)–

0,05684 0,1467 0,05684 –0,1467 0

 

¿Querés dicutir 

conmigo sobre el CBC?

Y cartón lleno.        

Desafío: Por favor, recalculame calores en joules, y entropías en joules por grado kelvin. Gracias. 

47) Una bolsa de arena de 5 kg, originalmente en reposo, se deja caer desde una altura de 6 m hasta el piso, choca contra él y se detiene. La bolsa, el piso y la atmósfera están inicialmente a 27 ºC. En este proceso:a) ¿Se conserva la energía del universo? Explique.b) ¿Se mantiene constante la entropía del universo? Explique.c) ¿Se podría hacer descender la bolsa de arena en forma reversible?, ¿cómo?d) Suponiendo despreciable la deformación de la bolsa y tratando al piso y a la bolsa como fuentes térmicas infinitas, estime la variación de entropía del universo.

 

Ok, es cierto... en física también hay guitarreo. Nos descubriste. Eso sí... no desafines, porque se nota. Vamos a analizar estas terribles preguntas. De a una.

a) ¿Se conserva la energía del universo? Explique. Claro que se conserva. Hasta donde sabemos la energía puede desaparecer si -y sólo si- se convierte en materia y, viceversa, puede crearse únicamente a expensas de materia que desaparece para convertirse en energía. Einstein fue quien -derivando fórmulas- descubrió este proceso que después fue corroborado fehacientemente, aunque es un fenómeno restringido a los reactores nucleares, los núcleos estelares, a minúsculas interacciones entre partículas subatómicas y a un puñado de situaciones más, cada una más remota a nuestra vida cotidiana que la otra. 

En cambio, en lo que concierne a fenómenos de tipo cotidiano -comer, beber, vivir, moverse, levantar bolsas de arena, tirar cuetes o incendiar bosques-, la energía se conserva. A veces -lo reconozco- no lo parece: la pila de mi MP3 se queda sin energía al cabo de unas 12 horas de buena música (apenas media hora si le pongo cumbia). Lo que pasa es que la energía suele tener muchas formas de manifestarse, y algunas son más evidentes que otras, algunas más útiles que otras. Por eso muchas veces nos parece que la energía (sobre todo si se halla en forma útil) se agota, desaparece. Pero no. Si hiciésemos el esfuerzo por medir exactamente antes y después de cada proceso, encontraremos que la cantidad total de energía no ha cambiado. Ojo, es probable que tengas que medir energía en formas muy variadas: térmica, química, cinética, potencial, radiante... y decenas de etcéteras más. Esto que acabo de contarte recibe el nombre de Ley de Conservación de la Energía; capaz que lo escuchaste. 

Hasta acá mi guitarreo fue muy general -si querés: teórico-, pero vos estarás interesado en que te cuente qué pasó con la energía -cómo es que se conservó- acá, en este problema en particular de la bolsa de arena. Bien, pasemos al charango.

Cuando la bolsa de arena se hallaba a 6 metros de altura poseía una energía potencial igual a:

EP = m . g . h = 5 kg . 10 m/s2 . 6 m = 300 J

Al caer, esa energía potencial se va transformando en cinética. Pero al estrellarse contra el piso toda la energía cinética alcanzada se transforma en energía calórica. Eso hace que su temperatura aumente un 

 

poquito. Te lo voy a calcular. Google dice que el calor específico de la arena es c = 1.000 J/Kg ºC, entonces (espero que te acuerdes algo de calorimetría): 

ΔT = Q / m . c = 300 J / 5 kg . 1.000 J/Kg ºC = 0,06 ºC

6 centésimas de grado es una propina. En pocos minutos más, ese imperceptible aumento de temperatura pasa al ambiente, ahora sí, en forma de calor; pero siendo tan grande y masivo el ambiente en comparación con los cinco kilos de arena te imaginarás que no existe instrumento capaz de medir su calentamiento debido a ese minúsculo traspaso. 

En conclusión: antes de comenzar la transformación, el universo tenía 300 preciosos joules acumulados en forma de energía potencial en una bolsita de arena. Al terminar la transformación el universo dejó de tener esos 300 J en la bolsita; ah, pero ahora los tiene desparramados por todos lados en forma de un mínimo aumento de agitación térmica de algunas moléculas del aire. Pese a que el saldo energético es cero, es un excelente ejemplo de lo que es la energía útil y la energía inútil. Vamos a la siguiente.

b) ¿Se mantiene constante la entropía del universo? Explique. Esta cuestión también podemos contestarla categóricamente desde lo teórico: la entropía del universo nunca se mantiene constante, siempre aumenta como producto de la transformación que sea. Y podemos corroborarla desde el cálculo práctico.

La arena no recibe calor, por lo tanto la variación de su entropía, ΔSA, es nula. En cambio el ambiente sí recibe calor (de la arena) y podemos calcular su variación de entropía, ΔSM, fácilmente: es positivo porque el ambiente recibe calor y su temperatura fue invariante. La suma de ambas variaciones de entropía no es otra que la del universo, ΔSU. 

ΔSU = ΔSA + ΔSM

ΔSU = 0 + Q/T

ΔSU = 0 + 300 J / 300 K

ΔSU = 1 J/K

c) ¿Se podría hacer descender la bolsa de arena en forma reversible?, ¿cómo? Estrictamente no. 

 

Pero pueden idearse algunos procedimientos que son aproximables indefinidamente a una situación reversible, ideal. El más sencillo es hacer descender la bolsa con ayuda de una polea que sostiene, además, un cuerpo de otros 5 kilos. Así, la bolsa puede descender en un estado de equilibrio permanente... y si te arrepentís: podés volver atrás. Esta vía ideal (o cualquier otra reversible que se te 

Desafío: Eso va a doler. Ya lo creo. 

EM - Problema 13 - Una central termoeléctrica cuyo rendimiento es del 33%, entrega 1.000 MW = 109 W de potencia eléctrica. Si el 15% del calor residual se elimina por la chimenea y el resto se transfiere a un río cuyo caudal medio es de 100 m3/s, ¿cuánto aumenta la temperatura del agua? a) 5,7 ºC b) 1,3 ºC c) 1.300 ºC d) 4,1 ºC e) 0,24 ºC f) 0,67 ºC

 

He aquí un excelente problema, bastante parecido a otros dos que están resueltos en este mismo sitio (27, de electricidad, y 19, de termodinámica), pero cada uno de ellos resulta una variante interesantísima. 

Lo fundamental del problema es la aplicación del primer principio de la termodinámica

Q = ΔU + L

en el que ΔU es nula y el calor intercambiado tiene tres partes: una proviene de la cámara de combustión donde se quema el combustible, otra parte se desperdicia en el aire y una más en un río. 

 

 

QQ – QR – QA = LE

El enunciado no nos habla de energía, sino de potencia, que es mucho más descriptivo. Transformemos entonces el primer principio en una relación de potencias (dividiendo todo por un intervalo Δt cualquiera).

PotQ – despR – despA = PotE

PotQ – PotE

= despR + despA

La potencia eléctrica vale 1.000 MW, que representa una eficiencia de 0,33, según el enunciado. Eso nos permite calcular la potencia con que se quema combustible ya que la eficiencia, η, es: 

η = LE / QQ

η = PotE / PotQ = 0,33

por lo tanto:

 

 

despR

es la potencia con que se desperdicia 

energía en el río (y que, lamenta- 

blemente, calienta, o 

contamina, el río).

despA

es la potencia con la que se desperdicia 

energía en el aire.

 

 

PotQ = 1.000 MW / 0,33 = 3.000 MW

De modo que la suma de los desperdicios valdrá: 

PotQ – PotE = despR + despA = 2.000 MW

  Acordate de usar T mayúscula para temperatura,

y t minúscula para tiempo. 

Lo que se desperdicia en el río, es el 85% del desperdicio total: 

despR = 0,85 . 2.000 MW = 1.700 MW = 1,7 x 109 J/s

Ya lo paso a calorías por segundo y lo dejo listo para jugar en la cancha de la calorimetría: 

despR = 1,7 x 109 J/s = 4 x 108 cal/s

Y ahora viene la parte interesante: el caudal del río (que aquí voy a llamar Cau) lo voy a expresar como caudal de masa en lugar de caudal de volumen, así aparece la masa de agua que va a recibir el calor desperdiciado en la planta. Acordate que 1 m3 de agua tiene una masa de 1.000.000 gr. Entonces: 

Cau = mA / Δt = 100 . 1.000.000 gr/s = 108 gr/s

Lo que nos enseñó la calorimetría es que el aumento de temperatura del río se deberá al calor que entre al río:

QR= mA . cA . ΔT 

donde la cantidad de calor no la hemos determinado, pero tenemos la cantidad que entra por unidad de tiempo, o sea, su potencia. Y la masa del río que se calienta tampoco, pero tenemos su caudal que es esa masa por unidad de tiempo. 

despR = QR / Δt

despR = (mA / Δt) . cA . ΔT

despR = Cau. cA . ΔT

Despejo la variación de temperatura: 

ΔT = despR / Cau . cA

ΔT = 4 x 108 cal/s / 108 (gr/s) . 1 (cal/gr ºC)

ΔT = 4 ºC respuesta d)    

     Desafío: Los ecologistas lograron que la planta reduzca el aumento de temperatura a la mitad, reduciendo la eficiencia al 25%. ¿Cuál es la nueva potencia eléctrica instalada? 

EM Problema 14 - En la figura, los círculos representan seis máquinas cíclicas, que operan entre dos fuentes de temperaturas 800 K y 400 K. Las flechas verticales representan intercambios de calor con las fuentes; las horizontales, de trabajo con el exterior de las máquinas. Sólo una de ellas es posible, debido a que no viola ninguno de los principios termodinámicos. ¿Cuál es?  

Los voy a hacer de a uno, y en el orden en que están presentados en la guía. Es cierto que hay formas y caminos más expeditivos. Pero yo, loco... soy un profesional. 

En todos los casos, la supuestas máquinas trabajan entre temperaturas de 800 K para la fuente caliente y 400 K para la fuente fría. 

La verificación de que no viola el primer principio se hace a ojo. De todo modos te lo explico. Hay que situarse en el punto de vista de la máquina (simbolizada por el círculo gris del medio), de modo que el calor que recibe, Q1, es positivo y el calor que cede, Q2, negativo. El trabajo que realiza sobre el medio será positivo. Como todas trabajan cíclicamente, a temperatura constante, la variación de energía interna (una función de estado) es nula, ΔUM = 0. 

Para verificar si se cumple con el segundo principio, hay que verificar que la variación de entropía del universo sea mayor que cero (a lo sumo igual), o sea ΔSU > 0. Y para ello hay que sumar las variaciones de entropía de la fuente caliente (ΔS1), la máquina (ΔSM) y la fuente fría (ΔS2). Por ser una función de estado, la variación de entropía de las máquinas será siempre nula, ΔSM = 0. Para calcular las variaciones de entropía de las fuentes hay que situarse en el punto de vista de las fuentes, de modo que el calor Q1 será negativo (ya que ese calor sale de la fuente), y Q2 positivo (porque lo recibe). 

Para la máquina a) queda así: 

 

 Q1 – Q2 = L

100 J – 90 J = 10 J

Se cumple el primer principio. Veamos el segundo:

ΔSU = ΔS2 + ΔS1 

ΔSU =10 J / 400 K – 100 J / 800 K

ΔSU = – 0,1 (J/K)

No se cumple el segundo principio.

 

 

Veamos la máquina b).    

Q1 – Q2 = L

100 J – 100 J = 0 J

No se cumple el primer principio. Veamos el segundo:

ΔSU = ΔS2 + ΔS1 

ΔSU = 100 J / 400 K – 100 J / 800 K

ΔSU = 0,125 (J/K)

Se cumple el segundo principio, pero ya es tarde. 

 

 Lo siento, con que uno de los principios no se cumpla, la máquina ésa no puede existir. Vamos a la máquina c).   

 Q1 – Q2 = L

100 J – 0 J = 100 J

Se cumple el primer principio. Veamos el segundo:

ΔSU = ΔS2 + ΔS1 

ΔSU = 0 J / 400 K – 100 J / 800 K

ΔSU = – 0,125 (J/K)

No se cumple el segundo principio, qué lástima. 

 

 Esa máquina era ideal, tenía un rendimiento del 100%... me llenaba de guita... Bueno, veamos si tenemos más suerte con la máquina d).   

 Q1 – Q2 = L

100 J + 10 J = 110 J

No se cumple el primer principio. Veamos el segundo:

ΔSU = ΔS2 + ΔS1 

ΔSU = – 10 J / 400 K – 100 J / 800 K

ΔSU = – 0,15 (J/K)

No se cumple el segundo principio.

 

 

Esta máquina sí que no me daba nada de pena. No sólo no servía para nada sino que era un sumidero de energía. Un agujero negro. A ver la e)...   

 

Q1 – Q2 = L

100 J – 60 J = 40 J

No se cumple el primer principio. Veamos el segundo:

ΔSU = ΔS2 + ΔS1 

ΔSU = 60 J / 400 K – 100 J / 800 K

ΔSU = 0,025 (J/K)

Se cumple el segundo principio, qué lástima. 

 

 

Si, una lástima... no era una mala máquina... pero hay 10 joules por ahí extraviados que no se sabe dónde van a parar. Nos queda la máquina f).   

 Q1 – Q2 = L

100 J – 8 0 J = 20 J

Se cumple el primer principio. Veamos el segundo:

ΔSU = ΔS2 + ΔS1 

ΔSU = 80 J / 400 K – 100 J / 800 K

ΔSU = 0,075 (J/K)

Se cumple el segundo principio. Bingo. 

 

 

Esta sí... ¡¡es una máquina!!   

Desafío: ¿Qué rendimiento tiene esta máquina? ¿Cuál sería el máximo rendimiento de una máquina que trabajase entre estas dos temperaturas y extrajese 100 J de la caldera?

Problema 15 - A cierta masa de agua que se encuentra a temperatura inicial 20ºC se le entregan 100 kJ de trabajo mediante un sistema de paletas y simultáneamente se le extraen 10 kcal poniéndola en contacto con un cuerpo a menor temperatura (evolución A) Luego el agua vuelve a su estado inicial pero intercambiando sólo calor (evolución B). Entonces, en la evolución B, el agua:a) absorbe 34 kcal y aumenta su entropía. b) absorbe 14 kcal y aumenta su entropía. c) cede 14 kcal y aumenta su entropía. d) cede 34 kcal y disminuye su entropía.e) cede 14 kcal y disminuye su entropía.f) absorbe 10 kcal y aumenta su entropía.

 

En los ejercicios como éste, tarde o temprano vas a tener que unificar las unidades con las que trabajes. Voy a pasa los 100 kJ a kcal porque son -las últimas- las unidades en las que viene expresada la solución (sea cual sea). 

100 kJ = 24 kcal

Yo siempre recomiendo hacer un cuadro de estas evoluciones ya que la doble entrada (después te explico a qué me refiero) sirve para verificar los resultados que vas recabando. 

En este caso el cuadro tendrá tres columnas: una para la evolución A, otra para la B y una tercera para el ciclo cerrado total, o sea, AB. Tené en cuenta que cualquier cosa que consignes en los casilleros AB, deberá ser igual a la suma de lo que hayas puesto en A más lo que hayas puesto en B (para el mismo renglón). Y le pondremos tres renglones: uno para el calor, Q, otro para el trabajo, L, y el tercero para la diferencia de energía interna, ΔU... y tendrás que tener en cuenta que para cada transformación se verifica que: 

Q = ΔU + L

Ahora volquemos prolijamente la información del enunciado. También voy a agregar el 0 correspondiente a la variación de energía interna para el ciclo cerrado (se trata de una función de estado). 

 

 

  A B ciclo

Q – 10 kcal    ΔU     0

L – 24 kcal 0  

Con lo que metimos ahí sale todo... por ejemplo: el trabajo total del ciclo debe valer: – 24 kcal (que es la suma de – 24 más 0). La variación de energía interna en A debe valer 14 kcal (ya que es el único número que sumado a – 24 da – 10 ). Y así... 

 

 Yo te voy poniendo esos numeritos en el cuadro y lo seguimos completando... ¿dale?     

  A B ciclo

Q – 10 kcal    ΔU 14 kcal – 14 kcal 0

L – 24 kcal 0 – 24 kcal

Ya te diste cuenta cuánto vale el calor total intercambiado en el ciclo, – 24 kcal . Y la variación de energía interna de la evoluición B, – 14 kcal. 

Solamente falta un casillero. 

 

 

El calor intercambiado en la evolución B, que es la incógnita principal del ejercicio.    

  A B ciclo

Q – 10 kcal – 14 kcal – 24 kcal

ΔU 14 kcal – 14 kcal 0

L – 24 kcal 0 – 24 kcal

Fijate ahora que se cumplen las relaciones de suma horizontal y vertical... y recién ahí podés irte a dormir sin preocupaciones... 

 

 Como se trata de una pérdida de calor (el signo negativo significa que es un calor cedido) debe corresponderse con una disminución de la entropía...

Ya que las temperaturas absolutas son siempre positivas... existe una identidad entre el signo de la variación de entropía y el signo del intercambio de calor (según la convención que negativo es el calor cedido y positivo el recibido) 

   

e) cede 14 kcal y disminuye su entropía.   

Fijate que el dato de la temperatura de la masa de agua no fue necesario utilizarla para nada...     

Desafío: ¿Puede saberse cuánto vale esa disminución de entropía? 

EM - Problema 17 - Un mol de gas ideal evoluciona en forma reversible desde una presión de 1,2 atm y un volumen de 5 litros hasta una presión de 4 atm y un volumen de 1,5 litros. En esa evolución la variación de energía interna del gas (ΔU) y la variación de entropía del gas (ΔS) valen a) ΔU = 0, ΔS = 0 b) ΔU = 0, ΔS > 0 c) ΔU = 0, ΔS < 0 d) ΔU > 0, ΔS = 0 e) ΔU< 0, ΔS < 0 f) ΔU < 0, ΔS > 0

 

Observá este gráfico; está hecho en escala. Llamé 1 al estado inicial del gas ideal, con 1,2 atm y 5 l; y 2 al estado final, con 4 atm y 1,5 l. La gráfica verde representa una evolución cualquiera de las infinitas posibles, lo único que te indica el hecho de que esté dibujada es que la evolución es reversible. 

La curva roja es una isoterma, o sea: un conjunto infinito de estados posibles todos con diferente presión y diferente volumen, pero todos con la misma temperatura. De ahí su nombre. La dibujé sólo como un elemento auxiliar para resaltar el concepto que sigue. 

¿Cómo supe que los estados 1 y 2 tienen la misma temperatura, o sea, se hallan sobre la misma isoterma? No se podía saber a priori, pero yo hice las cuentas y me da eso. La relación entre dos estados predice que: 

 

 

  P1 . V1

=P2 . V2

T1 T2

Si reemplazás los valores de presión y volumen de ambos estados, vas a encontrar que las temperaturas T1 y T2 son iguales, por eso las representé así. 

En este ejercicio, la cuestión de la temperatura es fundamental, ya que si la variación de temperatura es nula, también 

  

lo es la diferencia de energía interna, ya que en los gases ideales la energía interna depende exclusivamente de la temperatura. 

ΔT = 0 entonces ΔU = 0Con eso respondemos la primera parte de la pregunta del ejercicio. Para la segunda vamos a aprovechar lo que ya sabemos, y buscar ayuda en el primer principio de la termodinámica.

Q = ΔU + L

Como la variación de energía interna valía cero, tenemos:

Q = L

Ahora bien, en la evolución del gas, desde el estado 1 al 2, hay una reducción de volumen (sea cual sea el camino de la evolución, el volumen final es menor que el inicial), de modo que el trabajo es negativo. Y por la igualdad que acabo de escribir 

L < 0 entonces Q < 0

Por último, acordate que la variación de entropía es la suma integral de todos los pequeños intercambios de calor, divididos por la temperatura absoluta a la que ocurrió ese intercambio. En símbolos:

Ese denominador es positivo siempre, ya que no existen temperaturas absolutas negativas. De modo que el signo del cociente depende exclusivamente de la suma de los intercambios de calor, y eso ya vimos que era negativo. Para hacértela corta:

Q < 0 entonces ΔS < 0

En definitiva: 

 

si además de aprender Física te divertiste, no 

dejes de leer mi novela policial 

Por las barbas de Juno

ΔU = 0, ΔS < 0 respuesta c)    

    Desafío: Necesito una respuesta categórica para esta pregunta: ¿puede saberse cuánto vale esa disminución de entropía? Si es sí: ¿cuánto vale? Si es no: ¿por qué? Problema 18 - Indique cuál de las siguientes afirmaciones es la única verdadera:a) Cuando un sistema pasa de un estado A a otro estado B, la cantidad de calor neta intercambiada por el sistema es la misma cualquiera sea el proceso entre ambos estados.b) Cuando un sistema pasa de un estado A a otro estado B, la variación de su entropía es la misma cualquiera sea el proceso entre ambos estados.

 

c) Cuando un sistema pasa de un estado A a otro estado B, la variación de la entropía del universo es la misma cualquiera sea el proceso entre ambos estados.d) Siempre que un sistema realiza un ciclo, el trabajo total que intercambia con el medio exterior es cero.Ok... vamos de a una... no le tenemos miedo a ninguna.   

 a) Cuando un sistema pasa de un estado A a otro estado B, la cantidad de calor neta intercambiada por el sistema es la misma cualquiera sea el proceso entre ambos estados. FAAAALSSSSOOOOO... ¡como las flores de Bach! La cantidad de calor intercambiada por un sistema depende fuertemente de cómo haya sido el proceso. El calor no es una función de estado, es energía intercambiada a lo largo de un proceso... y, claro está, depende de cómo es ese proceso. 

 

 

b) Cuando un sistema pasa de un estado A a otro estado B, la variación de su entropía es la misma cualquiera sea el proceso entre ambos estados.

E-R-DA-DE-RO. La entropía sí es una función de estado. No depende de la historia del sistema, sólo depende de sus características en cada situación, o sea, de cada estado. Por lo tanto la diferencia (o sea, la resta) entre la entropía en A y la entropía en B, da lo mismo si en el medio ocurrió H, I o J. 

   

c) Cuando un sistema pasa de un estado A a otro estado B, la variación de la entropía del universo es la misma cualquiera sea el proceso entre ambos estados.

FALSO, ARTERO, TRAMPOSO, JOPUTA. Dice casi lo mismo que el anterior que era VERDADERO, sin embargo, fijate bien... este habla de la diferencia de entropía del universo... y la entropía del universo depende no sólo de la variación de entropía del sistema, sino, también, de la variación de entropía del medio. 

 

d) Siempre que un sistema realiza un ciclo, el trabajo total que intercambia con el medio exterior es cero.

FALSO, más falso que la homeopatía. Imaginate un ciclo con forma de 8, en el que el área de los dos ojos del ocho sean iguales. Ahí tenés un ciclo con trabajo nulo, porque mientras recorre un ojo en sentido horario hace un trabajo positivo, y cuando recorre el otro ojo, en sentido antihorario, realiza un trabajo negativo de igual módulo que el anterior. El trabajo neto total es cero. Siento informarte que alcanza un sólo contraejemplo para falsar una proposición. Este fue el caso... de todos modos debe haber unas 348.253 maneras diferentes de falsarla. Pensá una más. Una sola más. Dale. 

 

 e) El trabajo entregado a un sistema nunca puede transformarse completamente en calor cedido a una fuente térmica.

FALSO, sí que se puede. No es muy frecuente... claro... fijate que el rendimiento de ese proceso es 0. Pura pérdida. Trabajo derrochado ciento por ciento. Aunque tal vez... si el beneficio buscado fuera solamente calentar algo... a costa de un trabajo más bien barato...

 

 

f) El calor absorbido de una única fuente térmica nunca puede transformarse completamente en trabajo. VER-DA-DE-RO. Tal transformación violaría el segundo principio de la termodinámica. O sea que no había una sola proposición verdadera... ¡dos había! ¡Me cacho!

M - Problema 19 - Indique cuál de las siguientes afirmaciones es la única verdadera:a) Es imposible transferir una cantidad determinada de calor de una fuente a cierta temperatura, a otra fuente a mayor temperatura.b) La entropía de un sistema nunca puede disminuir.c) Si un sistema puede volver a su estado inicial luego de una transformación entonces la transformación se llama reversible.d) Todos los procesos que se producen muy lentamente son procesos reversibles.e) Los procesos espontáneos son aquellos que se producen con un aumento de la entropía del universo.f) Cuando un sistema evoluciona en forma espontánea de un estado a otro disminuye su energía interna.

 

Sí... sí... Vos y cuántos más... Te las respondo de a una, para que tengas.     a) Es imposible transferir una cantidad determinada de calor de una fuente a cierta temperatura a otra fuente a mayor temperatura.

 

¿Qué tomaste, Fernet? Cómo me vas a decir eso... ¿No tenés heladera en tu casa? ¿Y qué es lo que hace la heladera todo el tiempo?... le saca calor a cuerpos a cierta temperatura, y se lo da a la cocina ¡que está hecha un horno! O sea... no me vengan con gilipolleces, que el dueño de Eslabón De Lujo se llenó de guita. Lo que te admito que digas es que eso que propone el enunciado no ocurre espontánemente, por sí solo, por universus motus... Eso también lo sabe cualquiera: si la heladera no la enchufás, loco, mejor que te guste la cerveza caliente.

 

 b) La entropía de un sistema nunca puede disminuir.

 

¡Pero qué imaginativos! La frase esa es típica de los adolescentes... pero es mentira. Si tu sistema es el cuarto donde dormís y un día... vaya uno a saber por qué... se te ocurre ordenarlo, entonces, le estás disminuyendo su entropía. Cuanto más ordenadito lo dejes menor es la entropía con la que queda el cuarto. Chiche. Ahora eso sí, seguro que llueve, pero no nos importa porque la calle está afuera del sistema. Nuestro sistema es tu cuarto y no te hagas el zonzo que te estoy hablando a vos. Quiero que lo ordenes lo más posible. Después, ok, todos lo saben, espontáneamente, y minuto a minuto irá desordenándose solo. Es cierto: eso te lo concedo. Es una ley universal: las cosas, espontánemente suelen desordenarse. Pero no me vengas con que nunca se puede ordenar, porque eso es falso y nadie te lo cree. 

   

c) Si un sistema puede volver a su estado inicial luego de una transformación entonces la transformación se llama reversible.  Esta proposición es tan absurda que me cuesta aceptar que estuviste por 

elegirla. Estado inicial: una pila de 20 cajas de zapatos vacías haciendo equilibrio una arriba de la otra. Transformación: viene tu hermano menor que no sabe hacer otra cosa que meterse donde no lo llaman y te voltea la pila. Lo reputeás, lo echás de la pieza y rearmás la pila. Estado final: la misma pila de antes... y te preocupaste por poner las cajas en el mismo orden. ¿A eso llamás reversible? ¿Quién te paga toda la mala sangre que te 

   

hiciste con el rompe de tu hermano? ¿Quién te repone el tiempo que le restaste al estudio de la biofísica? No seas botarate: ¡tu tiempo vale! Reversible es un término que los físicos reservan para aquellos sistemas que retornan a un estado anterior ¡¡¡sin necesidad de agregarle energía!!!

d) Todos los procesos que se producen muy lentamente son procesos reversibles.

 

Y quién te dijo que el nene tiene que armar sus líos rápidamente. Pamplinas.  Los arme como los arme serán irreversibles. Lo que sí es cierto es que los procesos reversibles (si ocurrieran) deberían ser procesos muuuy lentos, ya que deben pasar por infinitos estados, todos en equilibrio.

 

e) Los procesos espontáneos son aquellos que se producen con un aumento de la entropía del universo.

 

Ahora nos estamos poniendo de acuerdo. Pero no mucho. Es como si vos dijeras: todos los gases ideales cumplen el primer principio de la termodinámica. Es verdadero, pero... ¿acaso los reales no lo cumplen también? Te la hago más fácil: todas las mujeres son mamíferos. Macanudo: verdadero. ¿Y los varones no? O sea, la proposición es verdadera, pero tramposa. Todos los procesos que ocurran en el universo, sean espontáneos o no espontáneos, ocurren de tal modo que se produce un aumento de la entropía del universo. ¿Qué pensás? ¿Lo hicieron a propósito? ¿Se les chispoteó? Parece ser que los padres de la termodinámica entienden por "espontáneos" algo diferente al resto de los mortales. De modo que vamos a perdonarles la ambigüedad del enunciado y como de todos modos era la correcta: violín en bolsa, y a otra cosa. 

   

f) Cuando un sistema evoluciona en forma espontánea de un estado a otro disminuye su energía interna.

 

Como ya tenemos la correcta, que es la anterior, esta es falsa porque confiamos un cien por ciento en la infalibilidad del Papa y de los autores de la guía. De todos modos busquemos al menos un contraejemplo, que tal vez eche luz sobre la falsedad de la afirmación. Imaginá una bolsa de arena cayendo desde el tercer piso. No cabe duda de que se trata de un proceso irreversible. Baja en forma espontánea y no porque alguien la empuje. Sin embargo, no disminuye su energía interna ni durante la caída ni durante el choque en el suelo. El proceso no está motorizado por su energía interna sino por su energía externa (en este caso su energía potencial gravitatoria). Para más datos: el que gana calor -y entropía- es el medio gracias a la fricción con el aire que produce la caída. La energía interna de la bolsa no cambió. Su entropía tampoco. La entropía total aumentó, lo cual refuerza la convicción de que el proceso era espontáneo. 

   

 

Los que comprenden el segundo principio de la termodinámica nunca olvidan el Teorema de Ginsberg:

- Usted no puede ganar.- Tampoco puede empatar.- Ni siquiera puede abandonar el juego.

 

 

* Este ejercicio fue tomado del examen libre de marzo de 2008.    

Para resolver este ejercicio te recomiendo enfáticamente que antes resuelvas y consultes el ejercicio 43, que podés hallar en este mismo sitio. Se trata del mismo problema, sólo que allá está planteado de una forma más sencilla y directa, y acá... un poco más sofisticada. 

 

 Lo primero que hacemos es un esquema; eso me permite organizar la información y aclarar las ideas.

Rápidamente me doy cuenta de que es muy fácil calcular el calor que desperdicia la máquina y que arroja a la fuente fría. Se trata, simplemente, de aplicar el primer principio de la termodinámica:

Q2 = Q1 – L

Q2 = 1.500 J

 

 La máquina debe necesariamente respetar el segundo principio, o sea, que la variación de entropía del universo -mientras la máquina funciona- debe ser mayor que cero, ΔSU > 0. Y como caso límite (si la máquina fuese ideal y trabajara reversiblemente) sería igual a cero, ΔSU = 0.

La variación de entropía del universo es igual a la suma de las variaciones de entropía de la fuente caliente (ΔS1), la máquina (ΔSM) y la fuente fría (ΔS2). 

ΔSU = ΔS1 + ΔSM + ΔS2 > 0

Estas entropías son fáciles de calcular porque los calores se entregan y reciben a temperatura constante (de hecho, es éso lo que le amerita el concepto de fuente). Y en el caso de la máquina, al no variar su temperatura tampoco puede variar su entropía, de modo que ΔSM = 0.

ΔS1 = – Q1 / T1 = – 2.000 J / 800 K = – 2,5 J/K

Q1 es negativo porque la fuente 1 cede calor (no te olvides que estoy hablando de la entropía de la fuente 1; o sea, la caldera). 

ΔS2 = Q2 / T2 = 1.500 J / T2

Q2 es positivo porque la fuente fría recibe calor (no te olvides que estoy hablando de la entropía de la fuente 2; por ejemplo, el medio ambiente). 

– 2,5 J/K + (1.500 J / T2) ≥ 0

1.500 J / T2 ≥ 2,5 J/K

Operá con cuidado, no te equivoques. 

T2 ≤ 600 K

De modo que la temperatura de la fuente fría debe ser menor, o a lo sumo igual, a 600 K: el universo lo exige. Si tuviera una temperatura mayor, tal máquina no podría funcionar. Si tuviese una temperatura igual a 600 K, sería una máquina 

  

reversible, de rendimiento máximo (esas máquinas tampoco existen, son ideales). Y con cualquier temperatura inferior a 600 K, la máquina funcionaría como todas las cosas en el universo: de modo irreversible.

En base a lo discutido la única respuesta posible es la siguiente: 

b) T2: 100 K y la máquina es irreversible  

 Se trata de una temperatura muy baja para existir realmente... pero es la única opción posible entre las que nos proponen.

Y ya que estamos, de puro lamebotas, calculemos su rendimiento, η. Como todo rendimiento, se calcula dividiendo el beneficio por la inversión. Para nuestra maquinita el beneficio es el trabajo, L, y la inversión es el carbón que metiste en la caldera, o sea, Q1:

η = L / Q1 = 500 J / 2.000 J

 

 

η = 0,25   

No es malo, aunque los ingenieros (ya que disponen de una fuente fría tan fría) tendrían que tratar de aumentar un poquito el rendimiento de esta máquina... yo diría que intenten arrimar a un rendimiento de 0,8. 

  

Desafío: ¿De dónde saqué ese número, 0,8, aparentemente caprichoso, para reclamarle a los ingenieros? ¿Qué cantidad de trabajo puedo pretender extraerle a esa máquina perfeccionada que estoy pretendiendo?

Adicional NMS 8 - Un motor de automóvil de 100 caballos de fuerza funciona con una eficiencia aproximada de 15%. Suponga que la temperatura del agua del motor de 85 ºC es el depósito de temperatura fría, mientras que 500 ºC es la temperatura de "entrada" (temperatura de la mezcla de gas y aire que explota). a) Calcule la eficiencia máxima posible para ese motor. b) Finalmente cuánto calor, en Joules y en Kcal, es expulsado al aire en 1 h. (1HP = 745,7W)*

 

Efectivamente... el motor del auto es una máquina térmica. Realiza un trabajo muy entretenido que es llevarnos a pasear por todos lados... pero hay más. El esquema puede aclarar los tantos. 

  

T1 es la temperatura de "entrada" (así la llama el enunciado), no es otra cosa que la fuente caliente. Como los gases de combustión se renuevan en cada ciclo, esa temperatura no cambia y depende de la calidad de la nafta que cargues. Como en esta parte de la termodinámica es obligatorio trabajar en la escala absoluta, a los 500ºC del enunciado le sumé 273 y ya.

Q1 es el calor (o sea la energía) que produce esa mezcla combustible explotando en el cilindro del motor. En el enunciado no habla de energías sino de potencias, lo cual es absolutamente equivalente para un proceso como este. 

W es el trabajo que realiza el pistón que es empujado por el gas recién explotado dentro del cilindro. El pistón mueve la biela, la biela el cigüeñal, y el cigüeñal mueve la pieza siguiente en la transmisión del movimiento hasta las ruedas, lógicamente (seguro que todo esto no te interesa... pero la mecánica es otra de mis pasiones, sorry). 

 

 Q2 es el calor que desaprovecha (en forma inevitable) el motor. Esa energía residual se elimina fundamentalmente en el radiador (aunque hay varios sumideros más: caño de escape, radiación térmica de las partes del motor, convección de aires sobre esas mismas partes, etc.). 

T2 es la temperatura del sumidero principal, o sea, el radiador (también en Kelvin). 

Aunque vos no lo creas, todo motor de fabricación argentina es respetuoso del primer principio de la termodinámica. 

Q1 – Q2 = W

Tomando en cuenta la necesidad de este ejercicio, expresemos el principio en términos de potencia: 

Pot1 – Pot2 = PotW

De esta expresión solo nos brindan la potencia del motor, que vale 100 caballos, o sea, 100 Hp, 74.600 W, que es la potencia típica de un auto pequeño. Pero también nos cuentan cuánto vale la eficiencia (también llamada rendimiento) del motor. Esto es el cociente entre el beneficio (el trabajo que hace el motor) y la inversión (el costo del combustible... $$$$$$).

η = 0,15 = PotW / Pot1

0,15 = 74.600 W / Pot1

De acá puedo conocer cuánto vale la potencia con la que se consume el combustible: 

 

Pot1 = 74.600 W / 0,15

Pot1 = 497.000 W

Y regresando al primer principio puedo conocer la potencia (casi irónico) con la que se desperdicia energía: 

Pot2 = Pot1 – PotW

Pot2 = 497.000 W – 74.600 W = 422.500 W = 

Con este numerito ya puedo responder la segunda pregunta, ya que un watt es un joule de energía por cada segundo que pasa, y en una hora hay 3.600 segundos...

Q2(1 hora) = 422.500 J/s . 3.600 s

  b) Q2(1 hora) = 1.521 MJ = 363 Mcal     

Vamos a la primera pregunta. Yo digo... ese 15%, será mucho o será poco. ¿Cuál es la máxima eficiencia esperable para un motor que trabaje entre esas dos temperaturas y en el que hagamos una inversión de 497.000 W? Tal motor de máxima eficiencia o eficiencia ideal, ηi, sería un motor ideal (también llamado de Carnot). 

Bien, si para vos la eficiencia máxima es 100% (o sea... que todo lo que invertís en combustible lo recuperás como trabajo) es porque no sabés un pomo de termodinámica. El segundo principio de la termodinámica establece (y los motores argentinos también lo saben) que la eficiencia máxima (que puede rondar un 50%) se alcanza cuando la variación de entropía total durante el funcionamiento vale cero, dicho de otro modo, cuando el motor funciona en forma reversible, dicho de otro modo: tampoco esperes que ocurra. Pero por lo menos es un planteo más realista que esperar un rendimiento del 100%. Para eso tendrías que haber nacido en otro universo, un universo con otras leyes. 

Si la variación de entropía vale cero, se cumplirá que:

T2 / T1 = Pot2i / Pot1

Por lo tanto la pérdida en este caso sería: 

Pot2i = Pot1 . T2 / T1

Pot2i = 497.000 W . 358 K / 773 K

Pot2i = 230.200 W

Con tan poca pérdida podríamos obtener mucho más trabajo:

PotWi = Pot1 – Pot2i

  

PotWi = 497.000 W – 230.000 W

PotWi = 267.000 W

Con lo que estaríamos teniendo una eficiencia (un rendimiento) de...

ηi = PotWi / Pot1

ηi = 267.000 W / 497.000 W

  a) ηi = 0,54     

Pero ni lo sueñes.   

*Este ejercicio fue tomado y adaptado de la serie de problemas de Física 1 de la Universidad Nacional de San Martín. 

Desafío: Estimá cuánto de la potencia del motor se utiliza para mover el auto (potencia mecánica) y cuánto para mover el auto más las piezas internas del motor y vencer todos los rozamientos internos que el funcionamiento del motor (y la transmisión) implica. Qué relación tiene la estimación que te estoy pidiendo con la relación de eficiencias (real e ideal) que aparecieron en el ejercicio. 

Adicional NMS 11* - Dos moles de un gas monoatómico ideal se expanden cinco veces su volumen inicial, en forma reversible, en una evolución isotérmica a 50ºC. Se pide hallar:a) El trabajo desarrollado por el gas y la variación de energía interna.b) La variación de entropía del sistema.

 

Bueno... que no cunda el pánico. Intentaremos resolverlo como si fuese un ejercicio difícil. Concentrémonos. Un poco más... así, así... ya casi... no te rías que es peor...

   

Acá tenemos el gráfico p-v que nos muestra la evolución reversible isotérmica a 323 K.

Para hallar el trabajo debemos remitirnos a la ecuación correspondiente:

L = n R T ln (VF /V0)

L = n R T ln (5V/V)

  

L = n R T ln 5

Todo lo demás son datos...

L = 2 mol . 0,08207 lt.atm/K mol . 323 K . ln 5    

L = 85,33 lt.atm   

Tratándose de un gas ideal, la energía interna depende exclusivamente de su temperatura, y al no variar esta, tampoco varía su energía interna.  

 

ΔU = 0   

Para hallar la variación de entropía, dado que la transformación fue reversible e isoterma, basta con aplicar la definición ΔS = Q/T.

Por aplicación del Primer Principio, sabemos que en este caso el calor intercambiado será igual al trabajo efectuado (un trabajo positivo), Q = L, de modo que...

ΔS = 85,33 lt.atm / 323 K 

 

 

ΔS = 0,26 lt.atm/K    

   

Desafío: ¿Me podrías dar los resultados en cal, J, cal/K y J/K?

Adicional NMS 13* - El esquema de la figura representa una máquina térmica que recibe por cada ciclo 300 J de calor de una fuente a 600 K y entrega un trabajo L, liberando al ambiente (T = 400K) un calor Q. a) ¿Cuáles deben ser los valores de L y Q para que la máquina térmica de la figura tenga un rendimiento igual a la mitad del rendimiento ideal?b) ¿Cuál es la variación de la entropía del universo en cada ciclo si el trabajo entregado es de 25 J?

 

El esquema, que formaba parte de un examen, no venía en colores, obvio. Pero no creo que eso te afecte en nada. Se trata de un planteo muy original... nos piden que esto funcione con la mitad del rendimiento ideal... ¿Pero cuánto vale el rendimiento ideal? Muchos estudiantes 

 

pensaron que el rendimiento ideal valía 1. O sea, que todo el calor invertido, los 300 J, se transformaban en trabajo. Es cierto, eso es lo ideal, pero ideal en la cabeza del dueño de la máquina térmica, que además no sabe nada de física. En nuestro universo, ideal es lo máximo que el universo permite. Llamaremos a ese rendimiento ideal ηm, y eso ocurre cuando la variación de entropía total vale cero.

ΔS1 + ΔSM + ΔS2 = 0

donde 1 indica la fuente caliente, a T1 = 600 K, de la que se extrae un calor que llamaremos Q1 = 300 J; 2 indica la fuente fría, en este caso el ambiente, que se halla a T2 = 400 K (bastante calentito para ser el ambiente), en el que se vuelca un calor desperdiciado Q que llamaremos más propiamente Q2 y que es una de las incógnitas de este ejercicio; y M indica la máquina propiamente dicha, que -como funciona cíclicamente- su variación de entropía debe valer cero, porque la entropía es una función de estado (la máquina vuelve cíclicamente al mismo estado). Entonces la suma de las variaciones de entropía quedan así:

(– Q1 / T1 ) + (Q2 / T2 ) = 0

O lo que es lo mismo:

(Q2 / Q1) = (T2 / T1)

Por lo tanto el rendimiento máximo, ηm, valdrá:

ηm = 1 – (Q2 / Q1) = 1 – (T2 / T1)

No sabemos cuánto vale Q2 ni nos interesa. (Ojo que no es el calor lo que está pidiendo la pregunta del enunciado). Pero sabemos cuánto valen las dos temperaturas. Por lo tanto...

ηm = 1 – (400 K /600 K ) = 1 – 0,66

ηm = 0,33

Ahora, el enunciado te pide que la máquina funcione con la mitad de la eficiencia ideal (máxima), o sea, nuestra máquina funciona con un rendimiento real, ηr, de...

ηr = 0,165

que es igual a:

ηr = 1 – (Q2r /Q1) 

donde Q2r es el calor desperdiciado en las condiciones que el ejercicio pide; y vale:

Q2r = (1 – ηr) . Q1

Q2r = (1 – 0,165) . 300 J

Q2r = 250,5 J

Y aplicando el Primer Principio sale el valor del trabajo, L, y podemos dar la primera respuesta al ejercicio:

Q2r = 250,5 J ; L = 49,5 J  

Te recuerdo -ya que estamos- qué era lo que decía el Primer Principio de la Termodinámica, aplicado a esta situación: 

Q1 – Q2 = L

O sea: todo lo que entra, sale. Valga lo que valga Q2. En el ítem b) te piden que supongamos que ahora el trabajo, Lb, vale 25 J, entonces Q2b debe valer...

Q2b = Q1 – Lb = 275 J

luego, el cálculo de entropía será:

ΔSu = (– Q1 /T1 ) + (Q2b /T2 )

ΔSu = (–300 J / 600 K ) + (275 J / 400 K )

 

Adicional NMS 14* - Un fragmento de hielo de 500 gramos que se encuentra a 0ºC se introduce en un litro de agua a 20ºC dentro de un recipiente adiabático. 1- Encontrar el estado de equilibrio del sistema, indicando las cantidades de sólido y líquido y la temperatura final.2- Calcular el cambio de entropía del sistema.

 

La primera parte de este ejercicio es de calorimetría... un sencilla mezcla de agua líquida y hielo. Claro, no hay forma de saber a priori si el hielo se va a derretir completamente y va a elevar su temperatura o si se va a derretir sólo parcialmente y la temperatura final será 0ºC, o sea, la temperatura constante del cambio de estado del agua.

No hay otra forma que no sea probar. Por ejemplo me pregunto cuánto calor requiere el hielo sólo para derretirse:

QH = LFA . mH = 80 (cal/gr) . 500 gr = 40.000 cal

Y qué cantidad de calor puede ceder el agua ya líquida para derretir ese hielo:

QL = c . mL (TF – T0) = 1 (cal/grºC) . 1.000 gr (0ºC – 20ºC)

QL = 1 (cal/grºC) . 1.000 gr (0ºC – 20ºC)

  

ΔSu = 0,1875

QL = – 20.000 cal

Se ve que el agua líquida, enfriándose hasta la menor temperatura que puede alcanzar (acordate que el intercambio de calor cesa cuando los cuerpos alcanzan la misma temperatura... y que el hielo se encontraba a 0ºC), no puede ceder todo el calor que necesita el hielo para derretirse completamente... de modo que sólo se derretirá una parte, veamos qué parte. Llamemos mD a la masa de hielo que se derrite.

mD = QD / LFA

mD = 20.000 cal / 80 (cal/gr)

mD = 250 gr

Por lo tanto, qué tenemos en el estado final:

una cantidad de hielo sin derretirse, mnD = 250 gr

una cantidad de hielo derretido, ahora es líquido, mD = 250 gr

una cantidad de agua líquida que no cambió de estado, mL = 1000 gr

todo a una temperatura de 0ºC

 

 De más está decirte que el agua líquida que proviene del hielo es indistinguible del agua líquida que ya era líquida antes de hacer la mezcla. 

Para responder la segunda pregunta, el cambio de entropía del sistema, tenemos que sumar los cambios de entropía de cada parte del sistema. Miremos los componentes del sistema en el recuadro de respuesta anterior. La cantidad de hielo que no se derritió no varió su temperatura, no entregó ni recibió calor... luego no varió su entropía.

La cantidad de hielo que sí se derritió varió su entropía ya que recibió una cantidad de calor, justamente para poder derretirse. Como los cambios de estado se realizan a temperatura constante, el cálculo de esa variación de entropía, ΔSD , es sencillo:

ΔSD = Q / T

ΔSD = 20.000 cal / 273 K

ΔSD = 73,26 cal/K

Ahora viene el componente del litro (el kilo) de agua que se enfrió de 20 a 0 grado. Como la temperatura no se mantuvo constante el cálculo de entropía hay que realizarlo con su definición original:

 

 

  (rev significa: sobre un camino reversible)      

Supongo que ya te olvidaste cómo se integra... bueno, mejor que lo recuerdes. Una pequeña cantidad de calor cedido por el agua, dQ, es igual al producto entre el calor específico, la masa y el pequeño cambio de temperatura que se produce, dT. Eso se expresa de la siguiente manera:

  

dQ = c m dT

Que no es otra cosa que la ley de calorimetría expresada para pequeños cambios.

Como el calor específico y la masa son constantes salen afuera de la integral y lo que queda adentro es el cociente dT/T. Entonces vamos a la tabla de integrales definidas (viste, no era tan difícil), y llegamos a:

ΔSL = c m ln (TF /T0)

Donde ln es la función (que tu calculadora científica posee) logaritmo natural.

ΔSL = 1 (cal/grºK) . 1.000 gr . ln (273 K / 293 K)

ΔSL = – 70,70 cal/K

Fijate que de entrada expresé el calor específico en grados Kelvin y no en centígrados. Para los cálculos de calorimetría es lo mismo... pero para los cálculos de entropía no: la definición de entropía se refiere exclusivamente a temperaturas absolutas.

Como el sistema no tiene más componentes, la variación de entropía del sistema, ΔSS, es igual a la variación de entropía de sus componentes.

ΔSS = ΔSD + ΔSL

ΔSS = 73,26 cal/K – 70,70 cal/K

ΔSS = 2,56 cal/K   

Como ves, el sistema aumenta su entropía, reafirmando que el proceso habrá de ocurrir espontáneamente en un recipiente adiabático. Algo que vos ya sabías: sería muy raro destapar el recipiente y encontrar un kilo y medio de agua congelada. Es claro que el fenómeno discurre en una dirección y no en la contraria. 

 

 

Tips. Era razonable, lógico y esperable que el cálculo de calor y de variación de entropía del agua líquida (que se enfriaba durante la mezcla) fuese negativo. Ya que todo calor cedido será negativo.

También es razonable (desde todo punto de vista) que la variación de entropía de la parte del hielo que se derrite sea positiva. En forma sólida sus moléculas están ordenadas (forman un cristal), y como líquido sus moléculas abandonan las posiciones de estructura ordenada y se ponen a vagar en el resto de líquido. Y vos ya sabías que un aumento de entropía es un aumento de desorden.

 

 

También, claro está, podés verlo desde el punto de vista del signo del calor, ya que como el otro factor del que depende la variación de entropía es la temperatura absoluta (que siempre es positiva), resulta que:

 

 algo que absorbe calor aumenta su entropía algo que cede calor disminuye su entropía   

Y todavía nos falta justificar que la variación de entropía haya sido calculada por una    

evolución reversible (requisito de la definición de entropía). Bien, como la entropía es una función de estado, la variación valdrá lo mismo sea cual sea el camino que haya tomado la evolución mientras los estados iniciales y finales sean los mismos. Y el calor necesario para calentar o enfriar agua tiene un camino definido, vale siempre lo mismo.

*Ejercicio tomado en un 2do. examen parcial en Ciudad Universitaria, en julio de 2008.

Desafío: repetir el ejercicio... pero ahora con una masa inicial de 200 gr de hielo.Adicional NMS 15* - Un calorímetro ideal rígido de 2 litros de volumen contiene aire a presión de 1 atm y a una temperatura de 25ºC. Dentro del mismo se introduce 1 gr de hielo a 0ºC y se cierra el calorímetro. Considerando que en este sistema el aire se comporta como una mezcla de gases ideales diatómicos y despreciando el volumen de agua introducida:a- calcule la temperatura y la presión del aire encerrado en el equilibrio;b- calcule la variación de energía interna y de entropía del sistema aire-hielo.

 

La primera parte de este ejercicio es de calorimetría... un sencilla mezcla de agua líquida y hielo. El hielo se va a derretir completamente tomando calor del aire, que se va a enfriar. No hay forma, a priori, de saber si el hielo se va a derretir completamente. pero podemos tantear.

Llamemos QH el calor necesario para derretir completamente el gramo de hielo.

QH = LF . mH = 80 (cal/gr) . 1 gr = 80 cal = 3,303 lit atm

¿Puede el aire ceder todo ese calor para derretir el hielo? El aire no se puede enfriar más que 25 grados (sólo se cede calor si hay diferencia de temperatura). Si descendiera hasta 0ºC ¿qué cantidad de calor cedería? Para conocer ese valor, se requieren algunos datos previos. La cantidad de aire (en moles):

n = P . V / T R

n = 1 atm . 2 lit / 298 K . 0,082 lit atm/moles K

n = 0,082 moles

Luego, el calor cedido por el aire será: 

QA = n . ΔT . cV

QA = 0,082 moles . 25 K . 2,5 . 0,082 lit atm/moles K

QA = 0,420 lit atm

Como se ve, el aire no puede ofrecer todo el calor que necesita el hielo para derretirse completamente, de modo que sólo se derretirá una parte y, lógicamente, la temperatura final del sistema será 0ºC. Para saber qué parte del hielo se derrite, basta con establecer una sencilla proporción. melpad_73@yahoo.com

3,303 lit atm____________________ 1 gr

0,420 lit atm____________________ X

 

1cal = 0,0413 l atm

 

No te olvides de que para aplicar la ecuación de estado de los gases 

ideales las temperaturas deben expresarse en 

escala absoluta

 

El calor específico molar (para una variación a 

volumen constante) de todo gas ideal diatómico, 

cV, vale 2,5 R

 

 

 

 

De modo que el sistema final en equilibrio consistirá en:

0,127 gr de agua líquida a 0ºC, 0,873 gr de hielo a 0ºC y2 lit de aire a 0ºC a una presión de 0,918 atm  

 La presión final del aire la calculé -claro está- aplicando nuevamente la ecuación de estado de los gases ideales. La masa de aire no varió, el volumen tampoco, de modo que al enfriarse disminuyó también un poco la presión.

Vamos a tratar de responder la segunda pregunta. Hay una parte del sistema que no sufrió cambios durante la transformación: se trata de la porción de hielo que no cambió su temperatura ni se derritió. Pero hay dos partes del sistema que sí cambiaron: todo el aire (que se enfrió), y 0,127 gr de hielo (que se derritió). Tanto la variación de energía interna del sistema, ΔUsist , como la variación de entropía del sistema, ΔSsist , resultarán de la suma de las contribuciones de cada una de las dos partes:

ΔUsist = ΔUaire + ΔUhielo

ΔSsist = ΔSaire + ΔShielo

De modo que tenemos que realizar 4 cálculos, no es mucho.

ΔUaire = n . cV . ΔT = 

ΔUaire = 0,082 moles . 2,5 . 0,082 (lit atm/moles K) . (–25 K)

ΔUaire = – 0,420 lit atm

ΔUhielo = LF . mH =

ΔUhielo = 80 (cal/gr) . 0,127 gr = 10,16 cal = 0,420 lit atm

Vamos con los cálculos de entropía:

ΔSaire = n . cV . ln (TF /T0) =

ΔSaire = 0,082 moles . 2,5 . 0,082 lit atm/moles K . ln (273 / 298) =

ΔSaire = – 0,00147 lit atm/K

ΔShielo = Q / T

ΔShielo = 10,16 cal / 273 K =

ΔShielo = 0,0372 cal/K = 0,00154 lit atm/K

 

 

 

1cal = 0,0413 l atm

Si no te acordás cómo hacer los cálculos de variación de energía 

interna, los tenés acá

Si no te acordás cómo hacer los cálculos de 

variación de entropía, los tenés acá

ΔUsist = 0 ; ΔSsist = 0,00007 lit atm/K = 0,0017 cal/K   

Los resultados que obtuvimos son muy razonables. Fijate, la variación de energía fue nula, lo cual es lógico, porque tratándose de un sistema adiabático, toda la energía que hay adentro puede cambiar de lado o de forma, pero no puede perderse ni crearse nueva energía. Para hacer los cálculos consideramos que se trataba de un calorímetro ideal, por lo 

 

 

tanto, un sistema aislado.

Por otro lado, la variación de entropía resultó positiva, y eso también era necesario, ya que el proceso es claramente irreversible: no hay forma de que esa pequeña cantidad de hielo derretida vuelva a solidificarse calentando aire (en forma espontánea, claro está).

En fin... tenemos aquí un ejercicio kilométrico, no apto para exámenes... sin embargo una vez fue tomado.

*Ejercicio tomado en un 2do. examen parcial en Ciudad Universitaria, en julio de 2008.  

Desafío: La variación de energía interna del hielo derretido la calculé como el calor necesario para su derretimiento... buscá una justificación para ese procedimiento.

Adicional NMS 16* - Un acondicionador de aire impulsado por un motor de 1.000 W opera entre un ambiente exterior a 26ºC y uno interior a 24ºC. ¿Cuánto vale, según el principio termodinámico, la potencia máxima de refrigeración teórica o ideal de esa máquina?a) 1,98 W b) 198 W c) 1980 W d) 19,8 kW e) 198 kW

 

Los acondicionadores de aire funcionan, en general, enfriando el ambiente. O sea, se trata de máquinas frigoríficas... y este es el caso del ejercicio. De modo que haremos un esquema de máquina frigorífica para aclarar la situación:

   

Tal vez una de las primeras dificultades con la que te enfrentes si no tenés mucha experiencia es el tratamiento con potencias en lugar de energías (trabajos y calores). Es exactamente lo mismo: el esquema habla tanto de trabajos y calores como (si dividís todo por el intervalo de tiempo en que se producen los intercambios) de potencias. Las leyes de la termodinámica son tan válidas cuando hablan de energía como cuando hablan de potencias.

La segunda dificultad (esta ya es más para expertos susceptibles) es que las potencias de las máquinas suelen aludir al consumo (generalmente eléctrico) y no al rendimiento. Pero a falta de datos precisos debemos asumir que la potencia que introduce el motor a la máquina frigorífica son los 1.000 W que indica el enunciado.

 

 

Si a esta situación le aplicamos el primer principio de la termodinámica deberemos admitir que la potencia que introduce el motor más la potencia con la que enfría la máquina frigorífica, Potenfr , es igual a la potencia con que se expulsa calor hacia el exterior, Potext:

1.000 W + Potenfr = Potext

Esa relación nos va a ser muy útil. Ahora pensemos en la pregunta del enunciado. Es un poco redundante, porque la máxima potencia de refrigeración, Potenfr, justamente, la puede dar solamente una máquina ideal, y la máquina ideal sólo existe en teoría, aún nadie la ha fabricado (ni llegará a fabricarla). Pero lo que a nosotros nos interesa es que tal máquina frigorífica actúa reversiblemente sin alterar la entropía del universo. O sea (segundo principio de la termodinámica):

ΔSint = ΔSext

   

 

 

Lo que equivale a decir:

Potenfr / Tinterior = Potext / Texterior

Con lo que arribamos a un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas y a partir de aquí es pan comido. De la ecuación de entropía despejemos la potencia con que se expulsa calor al exterior:

Potext = Potenfr . Texterior / Tinterior 

Potexp = Potenfr . 299 K / 297 K 

Potexp = Potenfr . 1,0067

Metemos esto en la relación del primer principio:

1.000 W + Potenfr = Potenfr . 1,0067

Despejamos la potencia de enfriamiento:

Potenfr . 1,0067 – Potenfr = 1.000 W

Potenfr . 0,0067 = 1.000 W

Potenfr = 1.000 W / 0,0067

Potenfr = 148,5 kW   

Verás que la respuesta no figuraba en ninguna de las opciones. Esta también es una buena enseñanza: los docentes nos equivocamos (por suerte no muy a menudo) cuando elaboramos los ejercicios de los exámenes. Somos humanos.

Otra enseñanza interesante consiste en disuadir a los estudiantes a utilizar a priori los conceptos de rendimiento o -en este caso- eficiencia. El segundo principio le pone un límite al rendimiento de las máquinas térmicas pero no lo pone en el caso de la eficiencia de las máquinas frigoríficas. A menos que se trate de un dato de partida aportado por el enunciado, se trata de cálculos para hacer a posteriori, y no para plantear de entrada. Para resolver los ejercicios de termodinámica hay que remitirse a los dos principios. Ese es el camino seguro.

 

 *Ejercicio tomado en un examen de selección de docentes para el CBC en Ciudad 

Universitaria, en marzo de 2006.  

Desafío: ¿Podría un motor de 10 W mantener la misma temperatura del interior? En ese caso, ¿cuánto valdría su eficiencia?

Adicional NMS 17* - Un recipiente cerrado contiene 200 gr de hielo y 100 gr de agua en equilibrio térmico. Se coloca en su interior una resistencia eléctrica de 100 W que alcanza una temperatura constante de 327ºC. En esas condiciones se derriten 100 gr de hielo, al cabo de cierto intervalo de tiempo.a) ¿Al cabo de cuánto tiempo se completa el proceso descripto?b) ¿Cuál es la variación de la entropía del universo en ese lapso?

 

Lo primero que tenemos que calcular es la cantidad de calor necesaria para derretir esos 100 gramos de hielo. Es fácil: la calorimetría nos enseña que los cambios de estado requieren calor y que es sencillo calcularlo si se conoce el calor latente de la sustancia que cambia. (LF = 80 cal/gr ).

Q = LF m

Q = 80 cal/gr . 100 gr = 8.000 cal

Muchos estudiantes trastabillaron en este paso porque no comprendieron que los cambios de estado ocurren a temperatura constante. La temperatura de la resistencia les tiró una zancadilla y varios cayeron. Aunque un cuerpo a alta temperatura (en este caso una resistencia) se sumerja en el agua, ésta no aumenta su temperatura hasta que todo el hielo se haya derretido... que no es el caso. Siempre que convivan en un mismo sistema hielo y agua líquida, la temperatura será la del cambio de estado, en nuestro caso, 0ºC.

Como las 8.000 cal son provistas por la resistencia, cuya potencia es dato del ejercicio, podemos argumentar:

Pot = Energía / Δt

De donde...

Δt = Energía / Pot

Δt = 8.000 cal /100 W

Acá tenemos un pequeño conflicto de unidades, si queremos operar éstas deben corresponder a un sistema unificado. Pasemos watt (jules por segundo) a caloría por segundo: 

Δt = 8.000 cal /100 J/s

Δt = 8.000 cal /100 . 0,239 cal/s

 

  Δt = 334,4 s     

En la parte de cálculos de entropía no es necesario utilizar su definición verdadera:    

  (sobre un camino reversible)      

ya que todos los intercambios de calor se realizan a temperatura constante: el hielo recibe calor a 0ºC (ya lo discutimos), y la resistencia cede calor a 327ºC. La variación de entropía del universo, ΔSU, es la suma de la variación de entropía del hielo, ΔSH (que será positiva porque recibe calor), más la variación de entropía de la resistencia, ΔSR (que será negativa, porque cede calor).

ΔSU = ΔSH + ΔSR

ΔSU = ( Q / TH ) + ( Q / TR )

   

No te olvides que la entropía se define para temperaturas absolutas:

ΔSU = ( 8.000 cal / 273 K ) – ( 8.000 cal / 600 K )

  ΔSU = 15,97 cal/K     

Necesariamente debía dar un resultado positivo, ya que en toda transformación que ocurra en nuestro universo la suma de la variación de entropía de todas las partes involucradas en el proceso debe ser positiva, o sea que la entropía del universo aumenta.

  

* Este ejercicio formó parte del examen parcial tomado el 28 de junio de 2011. Como siempre digo, los exámenes no tienen muchas sorpresas. Este no es más que una variación del que figura en la guía de ejercicios, y que tenés resuelto acá.

Desafío: Con un calentador de este tipo... ¿cuánto tiempo tardarías en preparar un litro de agua para el mate?Adicional NMS 20* - La figura representa una máquina térmica real (de rendimiento menor que el ideal) que recibe por cada ciclo 200 J de calor de una fuente a 400 K y entrega un trabajo L, liberando al ambiente (300 K) un calor Q. De las opciones siguientes, ¿cuál es el único par de valores Q y L compatibles con la Primera y la Segunda Ley de la Termodinámica?

a) Q = 400 J ; L = 200 J b) Q = 180 J ; L = 20 J

c) Q = 100 J ; L = 100 J d) Q = 150 J ; L = 50 J

e) Q = 300 J ; L = 100 J f) Q = 0 J ; L = 200 J

 

El ejercicio es muy bonito. Y, además, sencillo. Lo voy a hacer como -sospecho- te gustaría hacerlo a vos, o sea, descartando resultados posibles hasta quedarnos con uno solo, el correcto. Te voy a dar el gusto.

Empecemos por ver qué resultados podrían verificar la Primera Ley. El calor tomado de la fuente, 200 J, debe ser igual a la suma del calor desperdiciado, Q, más el trabajo realizado, L. (Todo lo que entra, sale).

200 J = Q + L

a) no verifica: 200 J ≠ 400 J + 200 J

e) no verifica: 200 J ≠ 300 J + 100 J

Pudimos descartar dos opciones... pero nos quedan cuatro y eso es demasiado para dejarlo a la suerte. Vamos a ver qué provecho podemos sacarle al Segundo Principio.

Lo que nos dice el Segundo Principio es que durante el funcionamiento de la máquina debe aumentar la entropía del universo. Como la máquina funciona cíclicamente (regresando en cada ciclo al mismo estado -y la entropía es una función de estado-) el aumento debe darse por la diferencia entre lo que pierde el ambiente desde la fuente y lo que gana desde el sumidero. Es fácil, porque ambas variaciones se realizan a temperatura constante. La disminución de entropía, 200 J /400 K, debe ser menor que el aumento Q / 300 K. Veamos qué pasa en las opciones que nos quedan.

 

 

 

 

 

A temperatura constante la variación de entropía se calcula de 

esta manera:

ΔS = Q/T

c) no verifica, ya que: 200 J /400 K no es menor que 100 J / 300 K.

d) no verifica, ya que: 200 J /400 K no es menor que 150 J / 300 K, es igual... con lo que estaríamos frente a una máquina ideal, contradiciendo el enunciado.

f) no verifica, ya que: 200 J /400 K no es menor que 0 / 300 K.

Nos quedó una sola:

  b) Q = 180 J ; L = 20 J     

Pero no nos quedemos con un descarte. b) verifica también el Segundo Principio de la Termodinámica: 200 J /400 K es menor que 180 J / 300 K. (0,5 J/K < 0,6 J/K).  

      

* Este ejercicio formó parte del examen parcial tomado el 15 de noviembre de 2011. 

Desafío: ¿Cuál es el rendimiento de esta máquina, y cuál sería su rendimiento ideal?

Adicional NMS 26* - Una heladera posee un refrigerador programado para mantener la temperatura a -4ºC aproximadamente constantes en su interior. Un día en el cual el ambiente está a 20ºC, se coloca dentro del refrigerador una cubetera (de capacidad calorífica despreciable) que contiene 100 gr de agua a temperatura ambiente. El equipo funciona recibiendo trabajo a razón de 100 cal por cada minuto y cediendo al ambiente 600 cal por cada minuto. ¿Cuánto tiempo deberá transcurrir hasta que se formen los cubitos y alcancen la temperatura del refrigerador?

Datos: cagua = 1 cal/gr°C; Lf = 80 cal/gr; chielo = 0,5 cal/gr°C; 

 

Para resolver este ejercicio hay que combinar un poco de conocimientos sobre calorimetría con otro poco primer principio aplicado a una máquina frigorífica.

¿Para qué necesitamos la calorimetría? Para conocer la cantidad de calor que debe ceder el agua (a 20ºC) para convertirse en hielo (a -4ºC). Como en el proceso hay un cambio de estado, hay que dividir ese proceso en 3 etapas: primero el enfriamiento del agua desde 20 hasta 0 grado, Q1; segundo la solidificación del agua, Q2; y tercero el enfriamiento del hielo desde 0 grados hasta -4, Q3.

Q1 = cagua . m . ΔTagua

Q1 = 1 cal/gr°C . 100 gr. 20°C

Q1 = 2.000 cal

Podemos ahorrarnos los signos menos, nos interesa la cantidad de calor total del proceso. Vamos a la solidificación.

Q2 = Lf . m

Q2 = 80 cal/gr . 100 gr

  

Q2 = 8.000 cal

Ahora el enfriamiento de los cubitos:

Q3 = chielo . m . ΔThielo

Q3 = 0,5 cal/gr°C . 100 gr . 4°C

Q3 = 200 cal

En total el agua necesita perder Qtot = 10.200 cal (Q1+Q2+Q3). Ahora vamos a la máquina frigorífica. Te hago un esquema (vos también tendrías que hacerlo).

Acá volqué la información que aporta el enunciado. El esquema de esta máquina contiene potencias, no energías, como los esquemas más comunes. Sin embargo, se trata de la misma información ya que lo que dice el primer principio en cuanto a la energía:

Qenfr – Qced = Wrec

vale también para las potencias.

Potenfr – Potced = Potrec

(basta con dividir miembro a miembro por un intervalo de tiempo cualquiera, por ejemplo, 1 minuto).

Lo que debe leerse como: la potencia que la máquina toma del interior de la heladera, menos lo que expulsa al ambiente, es igual a la potencia que recibe desde el enchufe. En nuestro caso:

  Pot = ΔE/Δt

Potenfr – Potced = Potrec

De acá despejamos la potencia con que enfría...

Potenfr = Potrec + Potced

Potenfr = – 100 cal/min + 600 cal/min

Acá hay que respetar la convención de signos (trabajo realizado sobre la máquina es negativo). Si te hubieras olvidado de eso, el esquema te habría salvado. Porque ahí es fácil de razonar: "todo lo que entra sale". 100 + X es lo que entra. 600 lo que sale. No cabe duda que X es 500.

Potenfr = 500 cal/min

El resto es una proporcionalidad simple y directa. Si la máquina es capaz de quitar 500 caloría por cada minuto, y nosotros necesitamos quitar 10.200 calorías, necesitamos una cantidad de tiempo de...

  No confundas el interior de la heladera 

con la máquina 

frigorífica (que es el aparato 

que está escondido 

abajo y atrás de la 

heladera, y que en nuestro 

esquema está representado por el cículo 

central de color gris.

500 cal ________________ 1 min

10.200 cal ______________ Δt

  Δt = 20 min    

O sea: conviene acordarse antes de poner la mesa, y no cuando la comida ya está servida.  

*Este ejercicio fue parte del examen final tomado el 24-jul-12.  

Desafío: ¿Cuánto vale el rendimiento del refrigerador? 

Adicional NMS 27 - En base al ejercicio 37 (del experimento de Joule) hallar la variación de entropía entre el estado inicial y final por dos caminos reversibles diferentes.  

¿Pero... si es reversible, la variación de entropía no tiene que ser nula? Pregunta muy interesante. Por ahora te la respondo así: NO. Y al final trataré de aclararlo como corresponde. Primero resolvamos el ejercicio.

  

Como recordarás, el experimento de Joule consistía en descomprimir un gas ideal que pasa aocupar un compartimiento anexo en el que previamente se había hecho vacío.

La clave del asunto (un poco tramposo para el iniciado) es que no hay trabajo alguno en expandirse en el vacío... el gas no debe empujar nada, no presiona un émbolo ni otro gas ni nada. No hay trabajo.

  Pot = ΔE/Δt

Los textos suelen representar una evolución de ese tipo de esta manera, con una línea punteada. Pero esa línea punteada tiene un significado más profundo y es el siguiente: durante la evolución los estados intermedios están indefinidos. En una expansión abrupta como la del experimento de Joule, las presiones, los volúmenes y las temperaturas intermedias son imposibles de calcular. Incluso es muy probable que no sean uniformes en toda la masa del gas.

Y como están indeterminadas las temperaturas y además es imposible conocer el calor intercambiado en el proceso, a los fines de nuestro ejercicio, nos es imposible calcular la variación de entropía. Sin embargo las variaciones de entropía deben calcularse SIEMPRE sobre una evolución reversible, que ocurra lentamente, con todos los estados intermedios definidos (los físicos llaman al conjunto de esas características evoluciones cuasiestables).

Probemos primero con una evolución isotérmica.

 

 

Acá tenés el gráfico de esa evolución en la que, como era de esperarse, queda un trabajo definido bajo la curva. representé -ya que estaba- la isoterma de 300 K.

En número de moles del gas lo podemos calcular con la ecuación de estado:

n = PA VA /R T

n = 100 kPa 1 m3 /8,314 J/K mol . 300 K

n = 40 moles

 

 

El cálculo de la variación de entropía de las evoluciones estándar conocidas lo tenés acá. Y resulta:

ΔSAB = n R ln (PA /PB) 

O lo que es lo mismo:

ΔSAB = n R ln (VB /VA)

Usemos la última:

ΔSAB = 40 mol . 8,314 J/K mol . ln (2 m3/1 m3)

ΔSAB = 40 . 8,314 J/K. ln 2

 

como

TA = TB

entonces

PAVA = PBVB

  ΔSAB = 230,5 J/K     

Ahora probemos por otro camino, también definido. Consiste en una evolución isocórica disminuyendo la temperatura hasta 150 K y la presión hasta 50 kPa. A ese estado intermedio lo denominé M. Luego una expansión isobárica hasta el estado B. 

  

Acá tenés el gráfico. También te representé la isoterma de 150 K, pero -como antes- sólo a los efectos ilustrativos.

La variación de entropía desde el estado A hasta el B, tendremos que calcularla como suma de las variaciones de entropía de las evoluciones intermedias:

ΔSAB = ΔSAM + ΔSMB

 

 

ΔSAB = cV n ln (PM /PA) + cP n ln (VB /VM)

Recordando que se trataba de un gas ideal monoatómico, cV = 1,5 R y cP = 2,5 R.

ΔSAB = 1,5 R n ln (50 kPa/100 kPa) + 2,5 R n ln (2 m3/1 m3)

ΔSAB = 1,5 R n ln (0,5) + 2,5 R n ln (2)

ΔSAB = – 345,8 J/K + 576,3 J/K

 

 

  ΔSAB = 230,5 J/K     

Como ves, llegamos al mismo resultado que antes. Y no debe sorprenderte ya que la entropía es una función de estado, de modo que la diferencia de entropía entre dos estados cualesquiera no depende de cómo ocurrió la transformación para llegar de un estado a otro (aunque para calcularlo debas recurrir a una evolución definida, reversible). 

Cuando llamamos reversible a una evolución de un sistema queremos indicar que el medio podría -en una situación ideal- variar su entropía en la misma cantidad y con signo contrario de forma tal que la entropía del universo no varíe. Pero sería más propio llamarlo definido o mejor aún cuasiestable, para evitar la confusión de que por sí solo, el sistema, sea reversible. 

 

   

   

Desafío: ¿Podrías buscar un camino definido alternativo más? 

Adicional NMS 29* - Se introducen 50 gramos de vapor de agua a 100ºC y 50 gramos de hielo a 0ºC dentro de un recipiente adiabático de capacidad calorífica despreciable. ¿Cuánto valdrá la temperatura de equilibrio? ¿Cuánto valdrá la variación de entropía del sistema?( Lvap = 540 cal/gr; Lf = 80 cal/gr; c = 1 cal/grºC )

 

La primera parte es un sencillo ejercicio de calorimetría de mezclas... Sin dobleces, pero necesariamente tenés que tantear para saber cómo evolucionará el sistema hasta encontrar el equilibrio. Veamos.

Qué cantidad de calor, QV, puede ceder vapor al condensarse:

QV = Lvap . mV = 540 (cal/gr) . 50 gr = 27.000 cal

Cuánto calor, QH, requiere el hielo sólo para derretirse:

QH = Lf . mH = 80 (cal/gr) . 50 gr = 4.000 cal

Mirando esos dos resultados podés inferir que el calor que cede el vapor al condensarse alcanza para derretir todo el hielo y luego calentar el agua (ahora líquida) producto de ese derretimiento.

Entonces, el calor cedido por el vapor derrite todo el hielo y lo convierte en agua líquida a 0 ºC, a partir de ese momento el vapor sigue cediendo calor cuyo efecto es aumentar la temperatura del agua recién descongelada. ¿Podrá aumentar esa temperatura hasta 100 ºC? Recordemos que hasta ahora de las 27.000 calorías que puede ceder el vapor condensándose, sólo necesitamos 4.000, le restan 23.000. Veamos, el calor necesario para este calentamiento será, QHC:

QHC = c . mH . Δt = 1 (cal/grºC) . 50 gr . 100 ºC = 5.000 cal

Le sobra. Por lo tanto ya sabemos cómo termina el asunto: se derrite todo el hielo, y mientras el vapor sigue condensándose, se calienta el agua hasta llegar a los 100 ºC. Ésa será, entonces, la temperatura de equilibrio, TE.

 

 

TE = 100 ºC   

Ya que estamos, podríamos decir cómo está formado el sistema en el equilibrio. Sabemos que los     

50 gr de hielo se derritieron totalmente, y el agua líquida producida se calentó hasta 100 ºC, pero ¿cuánto vapor se condensó? La masa de vapor condensada, mVC, será igual a todo el calor entregado, dividido el calor latente de vaporizacón.

mVC = 9.000 cal / 540 (cal/gr)

mVC = 16,67 gr

De modo que el equilibrio consta de 66,67 gramos de agua líquida y 33,33 gramos de vapor, todo a 100 grados.     Vamos a la segunda parte. Tenemos tres transformaciones, que implicarán tres variaciones de entropía. Por un lado la variación de entropía del hielo que se derrite, ΔSH. Por otra parte la variación de entropía del agua derretida que eleva su temperatura en 100 grados, ΔSHC. Y por último, la variación de entropía de los 16,66 gramos de vapor que se condensan, ΔSVC. La variación de entropía del sistema, ΔSS, será la suma de las tres.

Empecemos con el hielo que se funde. Como ese proceso ocurre a temperatura constante (0 ºC) el cálculo es bien sencillo:

ΔSH = 4.000 cal / 273 K

ΔSH = 14,65 cal/K

Sigamos con la variación de entropía del vapor que se condensa. También es fácil, ya que ese proceso también ocurre a temperatura constante (100 ºC). Pero no te olvides que se trata de un calor cedido, por lo tanto es una disminución de entropía (acá no podemos obviar el signo).

ΔSVC = – 9.000 cal / 373 K

ΔSVC = – 24,13 cal/K

Por último, el calentamiento del agua. Como este proceso no ocurre a temperatura constante tenemos que partir el proceso en infinitas partes y después sumarlas todas. Eso es el cálculo integral. Esa suma da:

ΔSHC = c m ln (TF /T0)

Donde ln es la función (que tu calculadora científica posee) logaritmo natural.

ΔSHC = 1 (cal/grºK) . 50 gr . ln (373 K / 273 K)

ΔSHC = 15,6 cal/K

Fijate que expresé el calor específico en grados Kelvin y no en centígrados. Para los cálculos de calorimetría es lo mismo... pero para los cálculos de entropía no: la definición de entropía se refiere exclusivamente a temperaturas absolutas.

Como el sistema no tiene más componentes, la variación de entropía del sistema, ΔSS, es igual a la variación de entropía de sus componentes.

   

ΔSS = ΔSH + ΔSHC + ΔSVC

ΔSS = 14,65 cal/K + 15,61 cal/K – 24,13 cal/K

ΔSS = 6,13 cal/K

ΔSS = 6,13 cal/K   

Como ves, el sistema aumenta su entropía, reafirmando que el proceso habrá de ocurrir espontáneamente en un recipiente adiabático.   

      *Ejercicio tomado en un 2do. examen parcial en Ciudad Universitaria, en julio de 2012.

Desafío: repetir el ejercicio... pero ahora con una masa inicial de 10 gr de vapor.

Adicional NMS 31* - Un dínamo conducido por un motor de vapor que utiliza 10³ kg de carbón por día produce una corriente de 200 A con una fuerza electromotriz de 240 V. ¿Cuál es la eficiencia del sistema si el valor energético del carbón es 6,6 x 10³ cal/gr?

 

Un dínamo conducido por un motor no es otra cosa que un grupo electrógeno. Habitualmente el motor funciona a gasolina y lo que hace es mover el dínamo. El dínamo transforma la energía cinética en energía eléctrica. Vamos al ejercicio que es muy sencillo.

 

 Para hallar la eficiencia tenemos que comparar la energía que recibimos con la energía que gastamos en producirla: el beneficio divido la inversión. 

e = Eobt / Einv

Quien habla de energías también puede hablar de potencias, que es lo que vamos a hacer, porque es más sencillo en este caso.

e = PotDín / PotMáq

Un grupo electrógeno moderno.

 

 Donde PotDín es la potencia del dínamo, que es la que obtenemos en forma de corriente eléctrica. Y PotMáq es la potencia con la que consume carbón la máquina e vapor, o sea, nuestro gasto.

   

Empecemos con la potencia del dínamo. Para los que ya aprendieron algo de electrodinámica es muy sencillo: la potencia de una fuente se obtiene multiplicando la intensidad de corriente por la diferencia de potencial:

PotDín = i . V = 200 A . 240 V = 4,8 x104 W

Para hallar la potencia de consumo de la máquina basta con realizar una serie de reglas de 3 simples. El valor energético (E/m) vale 6,6 x 10³ cal/gr, en 1.000 kg tendremos... 

E = 6,6 x 10³ cal/gr . 1.000 kg = 6,6 x 109 cal

Pasémoslo a joules:

E = 6,6 x 109 cal . 4,18 J/cal = 2,76 x 1010 J

Eso es lo que gasta en un día (o sea, en 86.400 s). La potencia media resulta:

PotMáq = 2,76 x 1010 J / 86.400 s

PotMáq = 3,2 x 105 W

La eficiencia resulta:

e = 4,8 x104 W / 3,2 x 105 W

  e = 0,15 es lo que hay   

Las eficiencias (como los rendimientos) suelen expresarse en porcentuales. En nuestro caso sería un 15%. Supongo que un grupo electrógeno moderno será más eficiente.

 

  * Tomado de Física 3, de Hugo Medina Guzmán, Lima,

PUCP, 2009.

Desafío: Si el dínamo convierte la energía mecánica en eléctrica con una eficiencia del 65%, ¿cuál es la eficiencia de la máquina de vapor?