8/12/2019 Primera Ley Problemas Resueltos Termodinamica
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Primera ley
Trabajo
El trabajo de expansin-compresin, , es la transferencia de energa
debida a una diferencia de presiones. Es funcin de la trayectoria, es decir, depende
del camino seguido, del nmero de etapas en que se realiza. Su expresin
matemtica puede obtenerse partiendo de la definicin general:
w
ext
ext ext
dw Fdz
FP
A
w P Adz P dV
=
=
= =
Existen diferentes variedades de trabajo que se resumen en la siguiente
tabla:
Tipo de trabajo w= Notacin Unidades
Expansin-compresinextP dV extP = presin externa
dV =cambio de
volumen
Pa
m3
Expansin de una
superficie
d =tensin superficial
d = cambio de rea
N m-1
m2
Extensin fdl f =tensin
f dl =cambio de
longitud
N
m
Elctrico dq =potencial elctrico
dq = cambio en la
carga
V
C
El trabajo es una funcin de la trayectoria, depende del camino seguido, su
diferencial no es exacta, por lo que la representamos como w .
32
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Calor
El calor, q , es la transferencia de energa debida a una diferencia de
temperaturas. Es funcin de la trayectoria, es decir, depende del camino seguido,
del nmero de etapas en que se realiza.
La cantidad de calor necesaria para aumentar la temperatura de un sistema
en un grado, manteniendo el volumen constante, se llama capacidad calorfica a
volumen constante. Es una propiedad extensiva y se representa porV
qCv
dT
=
.
La cantidad de calor necesaria para aumentar la temperatura de un sistema
en un grado, manteniendo la presin constante, se llama capacidad calorfica a
presin constante. Es una propiedad extensiva y se representa porP
qCp
dT
=
.
Primera Ley
La primera ley de la termodinmica, es la ley de la conservacin de la
energa, establece que la energa del universo permanece constante. Para un
sistema cerrado se expresa como:
dU q w = + bien U q w = +
donde U es la energa interna.Energa interna
La energa interna, U , es la energa propia del sistema. Dado que las
partculas que constituyen un sistema pueden trasladarse, rotar y vibrar, la energa
interna tiene una contribucin debida a estos movimientos, sta es la energa
cintica interna. Las molculas poseen una energa potencial interna debido a las
interacciones intermoleculares e intramoleculares, es decir, debido a la posicin
relativa de las partculas que las forman.
La energa interna es una propiedad extensiva y es funcin de estado, por
lo cual su diferencial es exacta.
A volumen constante, la primera ley implica que el cambio de energa
interna es igual al calor absorbido o desprendido durante el proceso:
Vq U= q dU =
33
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por lo tantoV V
q dUCv
dT dT
= =
.
La capacidad calorfica molar a volumen constante,Cv
Cvn
= , es el cociente
de dos propiedades extensivas y por lo tanto es una propiedad intensiva.
Podemos expresar la energa interna, para un sistema cerrado, en funcin
de dos variables: T y V de la manera siguiente
dVV
UdT
T
UdU
TV
+
=
en esta expresin reconocemos a Cv
T
U
V
=
y , como demostraremos ms
adelante: PT
PT
V
U
VT
=
,entonces podemos rescribir la ecuacin como:
V
PdU CvdT T P dV
T
= +
V
PdU nCvdT T P dV
T
= +
Entalpa
La entalpa es una propiedad extensiva, es una funcin de estado por lo
cual su diferencial es exacta,
dU q w q PdV = + =
a presin constante:
( )
( )
2 1 2 1 2 2 1
2 2 2 1 1 1
U U q P V V q PV PV
q U PV U PV
= = +
= + +1
y definimos a la entalpa, , comoH
H U PV= +
pH q =
Es decir, fsicamente, el cambio de entalpa es el calor que se absorbe o se
desprende durante un proceso que se realiza a presin constante, y
34
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P
q dHCp
dT dT
= =
La capacidad calorfica molar a presin constante,Cp
Cpn
= , es el cociente
entre dos propiedades extensivas, y por lo tanto es una propiedad intensiva.
La entalpa se puede expresar en funcin de la temperatura y la presin:
dPP
HdT
T
HdH
TP
+
=
en esta ecuacin reconocemos a CpT
H
P
=
, y, como demostraremos ms
adelante,JT
T P
HCp T V
P T
= = +
V , con lo cual tenemos:
P
VdH CpdT T V dP
T
= + +
P
VdH nCpdT T V dP
T
= + +
Problemas resueltos.
1. Armstrong, Aldrin y Collins fueron los astronautas del Apolo 11, primera nave
espacial norteamericana que lleg a la Luna. Armstrong y Aldrindescendieron en la superficie lunar, mientras que Collins permaneci en la
nave orbitando la Luna. Armstrong recogi muestras de piedras lunares que
trajo a este planeta azul para ser examinadas. a) Calcular el trabajo realizado
por Armstrong para levantar una piedra de 3 kg de masa a una altura de 1.5
m en la Luna, donde 21.6g m s= b) ) Calcular el trabajo que Armstrong
habra realizado para levantar una piedra esa misma piedra en la Tierra la
misma altura, donde
2
9.81g m s
= Solucin:
a)
0 2 0. cos cos 0 3 1.6 1.5 cos 0 7.2w F x Fx mgx kg ms m J = = = = =
b)
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6/27
0 1 2 3 4 5 6 7
0
10
20
30
40
50
P/atm
V / L
Figura III.1. Trabajo de expansin isotrmico reversible ( w < 0)
b)
Si el proceso es reversible,ext
P = constante, entonces
( )2
1
2 1
V
ext ext
V
w P dV P V V = =
5 2 3
3
1.01325 10 / 18.2 (6 1 ) 4.154
1 10
N m mw atm L L
atm L
= = kJ
El trabajo realizado queda representado por el rea oscura en la figura
siguiente:
37
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1 2 3 4 5 6
0
10
20
30
40
50
P/atm
V / L
Figura III.2. Trabajo de expansin isotrmico irreversible (w < 0)
Al comparar los resultados de los incisos a) y b), observamos:
i) que el trabajo depende de la trayectoria seguida y
ii) que el trabajo de expansin reversible es mayor que el trabajo de
expansin irreversible.3. Dos moles de un gas ideal monoatmico realizan una compresin isotrmica
desde 6 hasta 1 L manteniendo la temperatura constante e igual a 350 K.
Calcular el trabajo realizado, a) si el proceso es reversible; b) si el proceso
es irreversible con Pex=49.2 atm.
Solucin:
a)
1
2
V
ext
V
w P d= V
En esta ecuacin hemos cambiado los lmites de integracin para hacer
nfasis en que ahora se trata de una compresin (de 6L a 1 L) en este caso.
38
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Como el proceso es reversible, ext gasP P= al igual que en el inciso a) el problema
anterior y por lo tanto
1 1
2 2
1
2
ln
V V
V V
nRT dV V w nRT nRT
V V
= = =
V
sustituyendo tenemos:
12 8.31451 350 ln 10.428
6
J Lw mol K k
K mol L= = + J
y queda representado por el rea rayada en la siguiente figura:
0 1 2 3 4 5 6 7
0
10
20
30
40
50
P/atm
V / L
Figura III.3. Trabajo de compresin isotrmico reversible (w > 0)
Observamos que el trabajo de expansin reversible y el trabajo de compresin
reversible tienen la misma magnitud pero de signo contrario. El signo del trabajo
solamente indica quin hizo el trabajo: el sistema en el caso de la expansin, o
los alrededores en el caso de la compresin.
b)
Si el proceso es irreversible,ext
P = constante, entonces
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( )1
2
1 2
V
ext ext
V
w P dV P V V = =
5 2 3
3
1.01325 10 / 149.2 (1 6 ) 24.926
1 10
N m mw atm L L
atm L
= = + kJ
siguiente figura:
abajo de compresin isotrmico irreversible (w > 0)
i comparamos con el problema anterior, observamos que
s mucho mayor que el
4. Determ oles de un gas monoatmico ideal
isotrmica reversible desde 1 hasta 6 L
desde 6 hasta 1 L
manteniendo la temperatura constante e igual a 350 K.
En este caso, el trabajo queda representado por el rea rayada en la
Figura III.4 Tr
0 1 2 3 4 5 6 7
0
10
20
30
40
50
60
70
P/atm
V / L
S
i) El trabajo depende de la trayectoria seguida;
ii) Que el trabajo de compresin irreversible e
trabajo de compresin reversible.
inar el trabajo realizado por dos m
que realiza el siguiente ciclo:
Primera etapa: expansin
manteniendo la temperatura constante e igual a 350 K.
Segunda etapa: una compresin isotrmica reversible
40
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Solucin:
La primera etapa corresponde a la expansin del inciso a) del problema 2 y la
apa corresponde a la compresin del inciso a) del problema 3.segunda et
Ambos procesos son reversibles.
Para la primera etapa:
2ln 10.428V
w nRT kJ = = .1
la etapaV
el sistema hace trabajo al expandirse de 1 a 6 L.
Para la segunda etapa:
1ln 10.428V
w nRT kJ = = + 2V
los alrededores hacen trabajo sobre el sistema y de esta manera el sistema
regresa a su estado inicial completando un ciclo, el trabajo total realizado al
Esto tambin lo podemos visualizar como la suma de las reas de las figuras III.1 y
I.3. Son iguales en magnitud pero de signo contrario, por lo cual su suma es cero.
completar un ciclo se obtiene sumando el trabajo de la expansin y el trabajo
de la expansin:
10.428 10.428 0ciclo
w kJ kJ = + =
II
Figura III.5.
0 1 2 3 4 5 6 7
0
10
20
30
P/atm
V / L
40
50
0 1 2 3 4 5 6 7
0
10
20
30
P/atm
V / L
40
50
41
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Observamos que el trabajo es cero para un ciclo en el cual el camino de ida y
oinciden, es decir, el efecto neto es nulo, el sistema hace (en
este caso) 10.428 kJ de trabajo al expandirse, y los alrededores hacen sobre
tados de
5. er
que re
Primer isotrmica irreversible desde 1 hasta 6 L
sponde a la compresin del inciso b) del problema 3.
esos son irreversibles.
el sistema hace trabajo al expandirse de 1 a 6 L.
de regreso c
el sistema 10.428 kJ de trabajo para comprimir al sistema y de esta manera
hacer que regrese a sus condiciones iniciales. Tanto el sistema como los
alrededores recobran su estado inicial. Esta es una caracterstica de los
procesos reversibles, tanto sistema como alrededores puedenregresar a sus
condiciones iniciales. Este tipo de procesos son ideales, no existen en la
naturaleza. Estudiamos los procesos reversibles por las siguientes razones:
i) En un proceso reversible, el sistema hace el mximo trabajo
ii) Conociendo el mximo trabajo que un sistema puede realizar, se
puede calcular la eficiencia del proceso.
iii) Dado que un proceso reversible es una sucesin de es
equilibrio, en Termodinmica, hablar de reversibilidad es equivalente a
hablar de equilibrio.
Det minar el trabajo realizado por dos moles de un gas monoatmico ideal
aliza el siguiente ciclo:
a etapa: expansin
manteniendo la temperatura constante e igual a 350 K contra una presin de
oposicin de 8.2 atm.
Segunda etapa: una compresin isotrmica irreversible desde 6 hasta 1 L
manteniendo la temperatura constante e igual a 350 K con una presin
externa de 49.2 atm
Solucin:
La primera etapa corresponde a la expansin del inciso b) del problema 2 y la
segunda etapa corre
Ambos proc
Para la primera etapa:
( )2
2 1 4.154
V
ext ext w P dV P V V = = =
1V
kJ
42
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Para la segunda etapa:
1 2 24.926
V
ext ext w P dV P V V kJ = = = +
abajo sobre el sistema y de esta manera el sistemaregresa a su estado inicial completando un ciclo, el trabajo total realizado al
completar un ciclo se obtiene sumando el trabajo de la expansin y el trabajo
el sistema regresara a su estado inicial, los alrededores
tuvieron 24.926 kJ de trabajo, es decir, los alrededores tuvieron que hacer
nda etapa siga el mismo camino que la primera pero en sentido
ver
( )1
2V
los alrededores hacen tr
de la expansin:
4.154 24.926 20.772kJ kJ kJ + =+
El sistema hizo 4.154 kJ de trabajo sobre los alrededores al expandirse, pero,
para lograr que
20.772 kJ ms de trabajo que el trabajo que el sistema hizo sobre los
alrededores al expandirse. El resultado neto es que el sistema puede
regresar a su estado inicial, pero los alrededores nunca lo pueden hacer.
Esta es una caracterstica de los procesos irreversibles. Estos procesos
irreversibles son los procesos reales, los que se presentan en la naturaleza.
Esto lo podemos visualizar tambin como la suma de las reas de las figuras
III.2 y III.4. Dado que son de diferente magnitud y signo, la suma es diferente
de cero.
El trabajo de un ciclo,ciclo
w , puede ser mayor o menor a cero, y puede ser
igual a cero solamente en el caso que el ciclo est constituido por dos etapas
y la segu
contrario (expansin re sible a T constante de V1 a V2 y compresin
reversible a T constante de V2a V1).
43
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igura III.6 Al sumar el trabajo de la expansin irreversible y la compresin
reversible, obtenemos el trabajo del ciclo, representado por el rea del
rectngulo de la siguiente grfica.
6. Evaluar
F
ir
70
1 2 3 4 5 6
0
10
20
30
40
50
P/atm
V / L0 1 2 3 4 5 6 7
0
10
20
30
40
50
60
P/atm
V / L
1 2 3 4 5 60
10
20
30
40
50
P/atm
V / L
T
U
V
para un gas ideal
44
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Solucin:
0T V
V
nRT
U P nR nRT nRT VT P T P T P
V T T V V V
= = = = =
por lo tanto concluimos que la energa interna de un gas idealno depende del
volumen, solamente depende de la temperatura y por lo tanto:
dU CvdT nCvdT = =
7. Evaluar
para un gas de van der WaalT
U
V
temperatura y del volumen:
s
2
2
0T V
V
nRT an
V nb V U P nRT P T P T V T T V nb
= = =
P
2
2
2
TV V nb V nb V
U an
=
2
T
U nRT nRT an
V V
=
por lo tanto, la energa interna de un gas de van der Waals depende de la
2
2
andU nCvdT dV
V
= +
2
la dependencia de la energa interna con el volumen, se debe a que la ecuacin
de van der Waals s toma en cuenta las interacciones moleculares.
8. Obtener la expresin para el trabajo isotrmico reversible realizado por un
gas de van der Waals.
Solucin:Como el proceso es reversible, la presin externa es igual a la presin del gas:
2 2
1 1
2V V
extV V
nRT anw P dV dV
V nb
= = 2
2
1 2 1
1 1ln
V
V nbw nRT an
V nb V V
=
45
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9. EvaluarT
H
P
para un gas ideal.
por lo tanto
Solucin.
TP = P
H V
T VT
+
nRT
[ ] 0P
P
V nRPT V T V T V V V
T T P
+ = + = + = + =
0T
H
P
=
dH CpdT = nCpdT=
lo cual significa que la entalpa de un gas ideal solamente depende de la
temperatura, no depende de la presin.
10. Dos moles de un gas ideal monoatmico realizan una expansin isotrmica
desde 1 hasta 6 L manteniendo la temperatura constante e igual a 350 K.Calcular , a) si el proceso es reversible; b) si el proceso es
irreversible con Pex=8.2 atm.
U y H
proceso reversible (inciso a) y para el proceso irreversible (inciso b). El cambio
de energa interna no depende del camino seguido, por ello la energa interna es
funcin de estado.
Solucin:
La ecuacin general para la energa interna esV
dU CvdT T P dV T
,
pero ya demostramos que para un ga
dU CvdT nCvdT = =0U =
P = +
s ideal, la energa interna solamente
aturadepende de la temper . En este problema laatura es constante, por lo tantotemper para los dos casos, para el
46
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La ecuacin general para la entalpa esP
VdH CpdT T V dP
T
= + + ,
la entalpa solamente depe
Solucin:
( )( ) ( )( )3 1 7 23.2454 0.7108 10 298.15 0.406 10 298.15Cp R K K K K = +
podemos ele R que queramos, en este caso tomamos a R =
8.31451 J K
2
gir las unidades de
mol-1-1
1 128.716Cp J K mol = a 298.15 K y
( ) ( ) ( )( )27 2
10 1000K K 3 13.2454 0.7108 10 1000 0.406Cp R K K = +
pero ya
demostramos que, para un gas ideal, nde de la
temperatura dU CvdT nCvdT = = . En este problema la temperatura es constante,
por lo tanto 0H = para los dos c versible (inciso a) y para el
proceso irreversible (inciso b). El cambio de entalpa no depende del camino
seguido, por ello la entalpa es funcin de estado.
Para el nitrgeno: ( ) ( )3 1 7 2 2/ 3.2454 0.7108 10 0.406 10Cp R K T K T = +
asos, el proceso re
11.
Cp
Calcular a 298.15 K y 1000 K
la presin const
1 132.556Cp J K mol = a 1000 K
Observamos que Cp
sari
depende de la temperatura, es decir, en este caso a
298.15K son nece os para aumentar en 1 K la temperatura de 1 mol
de nitrgeno, mientras a 1000 K son necesarios para aumentar la
12. esaria para calentar 1 mol de nitrgeno desde 298.15 K
hasta 1000K manteniendo ante.
Solucin.
Sabemos que a presin constante
28.716J
que 32.556J
P
dH nCpdT T V dP= + +
y como la presin es cons
temperatura de 1 mol de nitrgeno en 1 K.
Calcular la energa nec
q H=
V
T
tante:
dH nCpdT=
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( ) ( )1 2
1 1
3 7 23.2454 0.7108 10 0.406 10
H T
H T
dH R T T = +
( ) ( ) ( )3 7
2 2 3 3
2 1 2 1 2 1
0.7108 10 0.406 103.2454
2 3H R T T T T T T
= +
dT
kJ q=
nitrgeno desde 298.15 K hasta 1000
K a presin constante, hay que proporcionarle 21.520 kJ de calor.
13. Calcular la energa necesaria para el calentamiento isocrico de 1 mol de
nitrgeno desde 298.15 K hasta 1000K. Considerar comportamiento ideal
para obtener Cv
Solucin.
A volumen constante, . Para obtener el
21.52H = 0
P
lo cual significa que para calentar 1 mol de
U
( ) (3
0.7108 102.2454U R T T T T
= +
V
como se trata de un comportamiento ideal
dU nCvdT T P dV T
= +
Cp Cv R = por lo tanto si
( ) ( )3 73.2454 0.7108 10 0.406 10
sde 298.15 K hasta 1000 en constante. Observamos que
dU nCvdT= y
2p R T T = + C
( ) ( )3 7 22.2454 0.7108 10 0.406 10R T T = +
2
2.2454T
dU R =
Cv
3 7 20.7108 10 0.406 10U
T T dT + ( ) ( )
2
1 1U T
) ( )7
2 2 3 3
2 1 2 1 2 1
0.406 10
2 3T T
JJ de energa para calentar 1 mol de
nitrgeno de K a volum
se necesita menos calor para calentar 1 mol de nitrgeno desde 298.15 K a
1000 K cuando lo hacemos a volumen constante (15.686 kJ) que cuando lo
hacemos a presin constante (21.520 kJ), esto es debido a que a presin
15.686U k = Lo cual significa que necesitamos 15.686 k
48
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constante, parte del calor se utiliza en hacer trabajo PV, puesto que a presin
constante , mientras que a volumen constante todo
el calor s temperatura del sistema, pues , por lo
que
14.Demostrar que en un proceso adiabtico reversible realizado por un gas ideal,
q H U w U P V = = = +
e utiliza para aumentar la 0w=
q U=
2 Cv
Solucin.
En un proceso adiabtico 0q
=
= , entonces dU w= , lo cual significa que en una
expansin, recibe energa de los alrededores, utiliza
su propia energa para realizar trabajo.
La e
1
2 1
1
Cp
entonces
oceso re
T V
T V
= , donde
que dado que el sistema no
nerga interna de un gas ideal depende solamente de la temperatura,
extdU nCvdT P dV = =
en un pr versible,
ext gas
nRTP P
V
n RTCvdT dV
V
= =
=
n
2 2 1
1 1 2T V V
Cv RT V
2 1
1 2
ln lnT V
Cv RT V
=
T V VdT dV dV R
V= = +
2 1
1
ln lnT R V
T VCv=
2
Para un gas ideal Cp Cv R = , entonces 1Cp Cv Cp Cv
Cv Cv Cv
= =
49
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( )
( )
1
2 1
1 2
1
2 1
1 2
ln lnT V
T V
T V
T V
=
=
Esta ltima ecuacin muestra que en un proceso adiabtico la temperatura es
inversamente proporcional al volumen, es decir, en una expansin el volumen
aumenta y el s a hace trabajo sobre los alrededores a expensas de su
energa interna. Al gastar su energa Interna la temperatura del sistema
disminuye.
btico reversible realiz s
ideal, y que
istem
15.Demostrar que en un proceso adia ado por un ga
1 1 2 2PV PV =
( )1
2 2
1 1
P T
P T
=
)
( )
1
2
1
PV
( )
( )
1
2 1 2P T T
Solucin.
Partimos de la ecuacin
( )1
2 1
1 2
T V
T V
=
Hacer la grfica P v s V para adiabtico reversible realizado por un
ideal, y compararla con una isoterma del mismo gas.
obtenida en el problema anterior y
sustituimos la ecuacin del gas ideal:
( ) 2 21
2
PV
T nRPV
= =
( )
( )1
11
2 1 1
21 2
nRT
T V P
nRTT V
(
1
1 12 1
1 2
2 1 1
1 1 2
2
1 1 2 2
VV T
nR
V
V PV
V V P
V
PV PV
=
=
=
Por otro lado:
2 1V P
2
1 2 1
1
2 2
1 1
P
PT T
P T
P T
= =
=
=
16. un proceso
gas
Solucin:
50
8/12/2019 Primera Ley Problemas Resueltos Termodinamica
20/27
51
La isoterma es la grfica de la ecuacin 1PV K= y la adiabata es la grfica de la
ecuacin , donde2PV K = 1 2K y K
temperatura.
0
5
son constantes elegidas arbitrariamente.
Las grficas fueron hechas en origin.
lumen la temperatura
izado por un gas
2 4 6 8
20
25
30Isoterma de un gas ideal
Adiabata de un gas ideal
V/L
10
15
P/atm
En la adiabata observamos que al aumentar el vo
disminuye y viceversa.
17.Demostrar que en un proceso adiabtico irreversible real
ideal,( )2 1
2 1
extP V VT T
nCv
= +
Solucin.
En un proceso adiabtico
0q
dU w
=
=
considerando que se trata de un gas ideal
extnCvdT P dV =
puesto que la energa interna del gas ideal solamente depende de la
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Como el proceso es irreversible, extP = constante; adems si consideramos que
=constCv
consecuencia, la temperatura fin n el caso de la expansin adiabtica
ersible deber ser ma
ante, tenemos:
( ) ( )
)(
2 1nCv T T
P V
2 1extP V V
V
=
Observamos que en un proceso adiabtico, la temperatura final que se alcanza
es diferente dependiendo de si el proceso es reversible o irreversible. En el caso
el trabajo realizado por el sistema
deber ser mayor que en el caso de una expansin adiabtica irreversible; y
el proceso reversible que en el proceso irreversible; por
al e
rev yor, debido a que
2 1
2 1
extT TnCv
= +
de una expansin adiabtica reversible,
como el trabajo se hace a expensas de la energa interna, se gastar ms
energa en
( )2 1w nCv T T = . Esto se muestra
ms claramente con un ejemplo numrico en el problema siguiente.
18.Una mol de gas monoatmico ideal se encuentra inicialmente a 500 K y 1 Mpa
de presin. Realiza una expansin adiabtica hasta alcanzar una presin final de
0.1 MPa. Calcular la temperatura final, q, w, U y H a) si el proceso es
ersible; b) si el proceso se realiza contra una presin externa constante de 0.1
a. De acuerdo a la teora cintica de los gases, para un gas monoatmico ideal
3
2R= . c) Hacer una grfica de P vsV donde se muestren los estados inicial y
l del sistema para los procesos de los incisos a) y b) y discutir los resultados.
Solucin:
10. Para el proceso reversible
0reversibleq =
rev
MP
( )1
2 2
1 1
P T
P T
=
donde
552 1.667
3 3
2
RCp
CvR
= = = =
Cv
fina
52
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22/27
1.66721 1.667 1
0.1500 198.98
P MPaK K
= =
Como se trata de un gas ideal, la energa interna y la entalpa solamente
2 1
1 1
T TP MPa
=
e la temperatura.dependen d
( )
( )
2 1
31 8.31451 198.98 500 3.754
2
3.754
dU nCvdT
U nCv T T
JU mol K K kJ
l
w U kJ
=
=
= =
= =
l sistema gasta 3.754 kJ de energa para convertirla en trabajo.
K mo
E
( )51 8.31451 198.98 500 6.2572
dH nCpdT
JH mol K K kJ
K mol
=
= =
11. Para el proceso irreversible
( )2 1
0irreversible
q
U w nCv T T
=
= =
Para obtener la temperatura final usamos
( )2 12 1
extP V VT T
nCv
= +
en icial se puede
obtener fcilmente:
esta ecuacin tenemos 3 incgnitas: 2 1 2,T V y V . El volumen in
6
.31451
1 10
J
K mol
P P3 31
1
1
1 8 500
4.157 10
mol K nRT
V ma
= = = , y nos
quedan dos in cesitamos dos ecuaciones:cgnitas: 2 2T y V , por lo cual ne
( )2 12 1
extP V VT T
nCv
= + 22
2
nRTV
P= , sustituyendo una en la otra y
igual a la presin externa:
y
observando que la presin final del gas es
21
2 12 1 2
ext
ext
nRTP V
P P VnRT T T
nCv nCv nCv
= + = + 1T+
53
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1
6 3
1
2
1
0.1 10
2
extP VRT T
T K molnCvT
+
+= =
2 1
3
2
1
4.157 10500
3
1 8.31451
1 8.31451
38.31451
ext
Cv nCv
Nm
m KJP V
mol
R J
Cv
J
1
2
K mol
K mol
+
+ =
+
+
Observamos que si la expansin adiabtic es irreversible, la temperatura final es
mayor (320 K) que en el caso en que la expansin adiabtica es reversible (198.98
K)
2 320T K=
a
( )
( )
2 1
31 8 .31 45 1 32 0 50 0 2.2 45
2
2.245
dU nC vdT
U nC v T T
JU m ol K K k
K mol
w U kJ
=
=
= =
= =
J
Observamos que el trabajo de expansin adiabtico irreversible es menor que el
trabajo de expansin adiabtico reversible, entonces el sistema gasta menos
energa para hacer trabajo en el proceso irreversible ( 2.245 kJ) que en el proceso
lmente, calculamos el cambio de entalpa
reversible (3.754 kJ) y por esta razn la temperatura final alcanzada es diferente en
cada caso.
Fina
( )5
1 8.31451 320 500 3.7412
dH nCpdT
JH mol K K kJ
K mol
=
= =
c) Las grficas se presentan a continuacin y fueron realizadas en origin.
54
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24/27
0.00 0.01 0.02 0.03 0.04
0.0
5.0x104
1.0x105
1.5x105
107
Diferencias entre el proceso adiabtico reversible
y el proceso adiabtico irreversible
estado inicial
PV
=constante
PV
=constante
estado final
proceso adiabtico
irreversible
estado final
proceso adiabtico
reversible
para ambos procesos
320 K198.98 K
P/Pa
V/m3
En esta grfica se presentan las diferencias entre el proceso adiabtico
reversible y el proceso adiabtico irreversible realizados por un gas
monoatmico ideal. En ambos procesos el estado inicial es el mismo porque as
lo establece el enunciado del problema. Obsrvese que el eje de las ordenadas
se quiebra debido a la escala en la que se est trabajando. Es muy importante
hacer notar que el estado final es diferente dependiendo de si el proceso es
el sistema
n el caso del proceso reversible (
adiabtico reversible o adiabtico irreversible. El camino seguido por
e PV = constante) se muestra en la figura y es
mas
posible representarlo ya que siempre se conoce el estado del sistema debido a
que un proceso reversible es una sucesin de estados de equilibrio. En el caso
del proceso irreversible, solamente podemos representar el estado inicial y el
estado final del sistema puesto que es un proceso fuera del equilibrio y por lo
tanto no se conoce con precisin el camino seguido por el sistema. En el caso
del proceso adiabtico reversible, la temperatura final es de 198.98 K, mientras
que en el proceso adiabtico irreversible la temperatura final es de 320 K. En la
grfica se han dibujado las isoter correspondientes a estas temperaturas
55
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25/27
(198.98K y 320K) para hacer nfasis en esta diferencia. En el caso de la
expansin irreversible, el sistema hace menos trabajo, por lo tanto gasta menos
energa interna y se enfra menos (la temperatura final es de 320 K); mientras
que en la expansin adiabtica reversible, el sistema hace ms trabajo, por lo
tanto gasta menos energa y la temperatura final del sistema es, por
consecuencia, menor.
19. Cinco moles de un gas ideal monoatmico realizan el siguiente ciclo
reversible:
1.6
1.8
2.0
2.2
1
a
V / m3
a)Obtener la presin, el volumen y la temperatura para cada uno de lo s estados
indicados.
b)Obtener el calor, el trabajo, el cambio de energa interna y el cambio de entalpa
para cada uno de los procesos y para un ciclo completo
Solucin.
a)De la grfica podemos leer directamente los valores de presin y volumen, y la
temperatura la calculamos con la ecuacin del gas ideal
0.020 0.025 0.030 0.035 0.040 0.045 0.050 0.055
0.8
1.0 3 2
1.2
1.4
P/MP
56
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26/27
Estado P/ M Pa V / m3
T / K
1 2.0 0.0251 1
1 1202.72PV
T KnR
= =
2 1.0 0.052 2
2 1202.72
PV
T KnR= =
3 1.0 0.0253 3 601.358
PVT K
nR= =
1 a 2 c
a 3 a
1
i 2= + +
=Es el calor neto que el
si recibe para
h o
Por la primera
ley:
clo 1q q 3q 9.657
stema
acer trabaj
Con los datos de esta tabla podemos hacer todos lo clculos que necesitamos.
etapa proceso /q kJ /w kJ /U kJ /H kJ
2
1
ln
34.657
VnRT
V
=
=
25
9.657
w q=
=
1 a 2 isotrmico
34.657
q w=
= +
El calor fluye hacia el
sistemaEl sistema hace
trabajo
=0 Porque para el
gas ideal, U slo
depende de la
temperatura que en
este caso es
=0 Porque para el gas
ideal, H slo depende
de la temperatura que
en este caso es
constante
constante
2 a 3 isobrico 62.5q H= = w U q=
El calor fluye hacia los
alrededores Los alrededores
hacen trabajo
37.5= Disminuye porque la
temp
62.5= En este caso es igual al
( )3 2nCv T T =
eratura
disminuye
( )3 2nCp T T =
calor
=
3 a 1 isocrico
37.5
q U=
= +
=0 Como no hay
cambio de
37.5= +
Porque
62.5= +
El calor fluye hacia el
stema y es igual al
o de U
volumen, no se
hace trabajo PVsi
cambi
para el ciclo,
el cambio de energa
interna debe ser
igual a cero
Porque para el ciclo, el
cambio de entalpa
debe ser igual a cero
El resultado neto
es que el sistema
hace trabajo al
completar un ciclo
=0
Porque es funcin
de estado
=0
Porque es funcin de
estado
57
8/12/2019 Primera Ley Problemas Resueltos Termodinamica
27/27
Una manera fcil de hacer estos clculos consi
los casos en los cuales el valor solicitado es igua
para un ciclo comp mar los valor
procesos que lo forman. Se trata de
ximo nm Es como jugar tim
ste en: primero,
l a cero; segund
es correspondie
mo nmero de c
biriche.
detectar todos
o, observar que
ntes a los tres
lculos y llenar
leto debemos su
hacer el mni
el m ero de cuadros.