Capitulo Ix Entropia y Segunda Ley de La Termodinamica
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CAPITULO IX Entropía y la SEGUNDA LEY DE LA Termodinámica
La energía solar se concentra y se recoge individualmente para producir electricidad mediante estos heliostatos que están ensayando en el Sandia National Laboratory (Estados Unidos)
9.1
INTRODUCCIÓN En el capítulo anterior se estudió la primera ley de la termodinámica la cual establece que la energía siempre se conserva. Sin embargo, esta ley no explica la dirección de
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muchos procesos termodinámicos. Por ejemplo, cuando un bloque de material es lanzado con cierta energía cinética inicial sobre una superficie rugosa, él deslizará hasta cierta distancia y finalmente se detiene, en éste caso la energía mecánica se convierte en energía interna del bloque y la superficie (se calientan). Por el contrario, el proceso inverso nunca sucede. Es decir, la energía interna del bloque y la superficie nunca se convierte en energía cinética que haga desliza al bloque sobre la superficie mientras la superficie y el bloque se enfrían. No obstante éste fenómeno no violaría la primera ley ni ninguna otra ley física. La direccionalidad de un proceso termodinámico es tema de la segunda ley de la termodinámica. Enunciada de forma simple afirma que es fácil convertir trabajo o energía interna de un sistema completamente en calor sin ningún otro cambio, pero es imposible extrae calor o energía térmica de un sistema y convertirlo completamente en trabajo mecánico sin ningún otro cambio adicional. Esta ley también establece limitaciones sobre la eficiencia de una máquina o planta generadora de potencia, así como en el aporte de energía mínima necesaria para operar un refrigerador. Por otro lado, la segunda ley de la termodinámica se puede expresar en términos de la entropía, la cual expresa el grado de desorden de un sistema. La noción de la entropía ayuda a explicar el porqué la tinta mezclada con agua no se separan espontáneamente y el porqué una gran cantidad de procesos al parecer posibles nunca ocurren. 9.2
PROCESOS REVERSIBLES E IRREVERSIBLES. Es sabido que cuando se ponen en contacto dos cuerpos a diferentes temperaturas fluye calor del cuerpo más caliente hacia el más frío hasta que alcancen la misma temperatura. Sin embargo el proceso inverso nunca sucede espontáneamente. Otro ejemplo es el movimiento de un cuerpo lanzado con una velocidad inicial sobre una superficie rugosa, éste se deslizará hasta que finalmente se detiene, una vez más el proceso inverso nunca ha sido observado. A estos procesos se les llama procesos irreversibles. Entonces se dice que un proceso es irreversible si el sistema y su entorno no pueden regresare a su estado inicial. A pesar de la dirección preferida por un conjunto de procesos naturales, se puede imaginar un tipo de proceso idealizado denominado reversible. En este proceso, el sistema siempre está en equilibrio termodinámico dentro de sí mismo y con su entorno. Cualquier cambio de estado que ocurra podrá invertirse modificando infinitesimalmente las condiciones del sistema. Por ejemplo podemos analizar la compresión cuasiestática de un gas encerrado en un cilindro como se muestra en la figura 9.. La presión, el volumen y la temperatura se encuentran definidos completamente. El proceso es isotérmico dejando que la energía fluya lentamente desde la fuente térmica hacia el gas. Cada vez que se agrega un grano de arena al pistón el volumen disminuye un poco mientras que la presión aumenta ligeramente. Al agregar la arena provoca un cambio a un nuevo estado de equilibrio. El proceso puede invertirse si se extrae sucesivamente granos de arena.
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Fuente de calor
Figura 9.1
Compresión isotérmica de un gas en el interior de cilindro se logra dejando caer lentamente granos de arena sobre el émbolo.
Debido a que un proceso reversible se expresa como una sucesión de estados de equilibrio dicho proceso puede representarse mediante una línea en el diagrama p-V como se muestra en la figura 9.2. Por el contrario, un proceso irreversible es aquel que pasa de un estado inicial a otro final a través de una serie de estados de no equilibrio. Por tanto, un proceso reversible se desarrolla cuasiestáticamente y en éstos no puede haber procesos disipativos que produzcan calor. Tampoco deben existir otros procesos que puedan perturbar el equilibrio, como la conducción de calor debido a la diferencia de temperaturas. En general es muy complicado eliminar por completo estos efectos por ello no es de sorprenderse que los procesos que ocurren en la naturaleza son irreversibles. Sin embargo bajo procedimientos cuidadosamente controlados se puede obtener procesos reversibles. 9.3
MAQUINAS TÉRMICAS 9.3.1. Máquina térmica. Una máquina térmica es un dispositivo que transforma energía térmica en otras formas útiles de energía, como la energía eléctrica y/o mecánica. De manera explícita, una máquina térmica es un dispositivo que hace que una sustancia de trabajo recorra un proceso cíclico durante el cual: i) se absorbe calor de una fuente a una temperatura relativamente alta, ii) la maquina realiza trabajo mecánico y iii) desecha o rechaza algo de calor a una fuente a temperatura más baja. Por ejemplo, en una máquina de vapor típica (figura 9.2), se calienta agua a una presión muy elevada (varios cientos de atmósferas) hasta que se vaporiza dando vapor de agua a alta temperatura (del orden de 500°C), el vapor se expansiona contra un pistón realizando trabajo. El vapor escapa después a temperatura mucho menor y se enfría aún más hasta que se condensa. El agua se bombea y se introduce de nuevo en la caldera donde se calienta nuevamente.
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Figura 9.2
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Esquema de una máquina de vapor
En un motor de combustión interna utilizado en los automóviles (figura 9.3). Estando cerrada la válvula de escape, entra en la cámara de combustión una mezcla de vapor de gasolina y aire según va descendiendo el pistón durante el proceso de admisión. La mezcla se comprime a continuación y al final entra en ignición debido a una chispa que se produce en la bujía. Entonces los gases calientes se expansionan empujando el pistón y realizando trabajo. Luego se expulsan los gases a través de la válvula de escape y el ciclo se repite
Figura 9.3
Esquema del motor de combustión interna.
Sustancia de trabajo. Es aquella cantidad de materia dentro de la máquina que experimenta entrada y salida de energía térmica, expansión o compresión y a veces cambios de fase. En los motores de combustión interna la sustancia de trabajo es una mezcla de aire y combustible; en una turbina de vapor es el agua. Foco térmico caliente. Representa la fuente de calor; puede dar a la sustancia de trabajo grandes cantidades de calor a temperatura constante TH sin cambiar su propia temperatura. Foco térmico frio. Es aquel que absorbe grandes cantidades de calor desechado por la máquina a temperatura constante mucho menor TC. 454
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En la operación de cualquier máquina térmica, se extrae una cierta cantidad de calor del foco a alta temperatura, se hace algún trabajo mecánico y se libera otra cantidad de calor a un depósito a baja temperatura. Esta situación puede representarse esquemáticamente en la forma mostrada en la figura 9.4. La máquina representada por un cuadrado absorbe cierta cantidad de calor QH tomado del foco caliente. Hace un trabajo W y finalmente libera calor QC a la fuente de temperatura más baja.
Figura 9.4 Representación esquemática de una máquina térmica. Debido a que la sustancia de trabajo se lleva a través de un ciclo, su energía interna inicial y final es la misma es decir ΔU = 0. Entonces de acuerdo a la primera ley de la termodinámica se observa que U Q W
0 Q W Q W
(9.1)
La ecuación (9.1) expresa que el trabajo neto W realizado por la máquina es igual al calor neto que fluye hacia la misma
Q N QH QC De la figura 9.4 puede observarse que
W QH QC
, entonces el trabajo será
(9.2)
Las cantidades QH y QC se consideran positivas. Si el sistema es un gas el trabajo neto durante un ciclo el trabajo será igual al área encerrada por la curva que representa el ciclo en un diagrama p-V. 455
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9.3.2 Eficiencia térmica. La eficiencia térmica de una máquina denotada por ε se define como el cociente entre el trabajo neto realizado por la máquina y el calor absorbido del foco térmico caliente durante un ciclo.
Q W QH QC 1 C QH QH QH (9.3)
Según la primera ley de la termodinámica, la eficiencia puede ir de 0 a 1. Cuando la eficiencia es 1 (100%), toda la energía interna que se toma del depósito caliente se convierte en trabajo mecánico, esto coincide con la conservación de la energía que es la primera ley. Sin embargo como veremos a continuación según la segunda ley de la termodinámica es imposible alcanzar una eficiencia del 100%. En la práctica por ejemplo en un motor de automóvil solo se alcanza el 20% mientras que en un motor diesel se alcanza eficiencia en el rango de 35% a 40%. 9.4
REFRIGERADORES. Un refrigerador es esencialmente una máquina de calor operando en sentido inverso. En este caso hay que realizar trabajo sobre el refrigerador para extraer calor de un foco frio y transferirlo a un foco caliente. El la figura 9.5 se muestra una representación esquemática de un refrigerador. El refrigerador necesita de una entrada neta de trabajo mecánico. Si se usa la convención de signos para W y Q. En este caso Q C es positivo y QH y W son negativos. Por tanto de acuerdo a la primera ley de la termodinámica se tiene
QH QC W 0 QH QC W O bien como QH y W son negativos, se tiene
QH QC W
(9.4)
Desde un punto de vista económico, el mejor refrigerador es aquel que saca el máximo Q calor | C| del interior del refrigerador con el menor gasto de trabajo mecánico
|W | . Por tanto, la relación pertinente
|QC|
|W | ; cuanto mayor sea mejor será el
refrigerador. Esta relación se le llama coeficiente de eficiencia (η) y esta dado por:
QC W
QC QH QC
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(9.5)
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Cuanto mayor es el coeficiente de eficiencia, mejor es el refrigerador. Los refrigeradores ordinarios tienen eficiencias del orden de 5 a 6 aproximadamente.
Figura 9.5
Representación esquemática de un refrigerador.
Ejemplo 9.1 a) Determine la eficiencia de una máquina que usa 2000 J de calor durante la fase de
combustión y pierde 1500 J por escape y por fricción. (b) Si otra máquina tiene una eficiencia de 20% y pierde 3000 J de calor por fricción, determine el trabajo que realiza. Solución Parte (a) La eficiencia de una máquina está dada por la ecuación
1
QC 1500 J 5 1 QH 2000 J 20
25% Parte (b). Usando la definición de eficiencia se pude escribir
Q W 1 C QH QH
QC Q 3000 J 1 QH C 3750 QH 1 1 0, 2 El trabajo se determina en la forma 457
W W QH 0, 2(3750) QH
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Ejemplo 9.2 Un motor de gasolina recibe 8000 J de calor y produce 2000 J de trabajo por ciclo. El calor proviene de quemar gasolina con LC = 4,6.104 J/g. (a) determine la eficiencia de la máquina, (b) ¿Cuánto calor se desecha en cada ciclo?. (c) ¿Qué masa de gasolina se quema en cada ciclo?. (d) Si el motor opera a 80 ciclos/s ¿Cuál es su potencia de salida en watts y en hp Solución Parte (a) La eficiencia se determina a partir de la ecuación
1
QC 2000 J 2 1 QH 8000 J 8
25% Parte (b). De la definición de máquina térmica se obtiene
QH W QC QC QH W 8000 J 2000 J QC 6000 J Parte (c). La masa de gasolina quemada en cada ciclo se determina a partir de la ecuación QH mgas LC mgas
QH 8000 J LC 4, 6.104 J / g
mgas 0,174 g
Parte (d). La potencia P de la máquina se determina multiplicando el trabajo por cicclo por el número de ciclos que tabaja la máquina, esto es
P 2000 J / ciclo 80ciclos / s P 160kW P 160000W (1hp / 746W ) P 214hp Ejemplo 9.3. 458 Un refrigerador tiene un coeficiente de eficacia de 2,2. Durante un ciclo, absorbe 4 3.10 J del foco frio . (a) ¿Cuánta energía mecánica se requiere en cada ciclo para operar el refrigerador?. (b) Durante cada ciclo, ¿cuánto calor se desecha al foco
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Solución Parte (a) De la definición de coeficiente de eficacia de un refrigerador se tiene
QC W
QC QH QC
W 13636 J
2, 2
QC W
3.104 J W
Rta
Parte (b) Calor desechado al foco caliente
QC 3.104 2, 2 QH QC QH 3.104
QH 4,36.10 4 J 9.5
Rta
LA SEGUNDA LEY DE LA TERMODINAMICA. En esta sección se presentara dos enunciados equivalentes de la segunda ley de la termodinámica, útiles para comprender los procesos de conversión de calor en energía mecánica. Forma de Kelvin-Planck. Es imposible construir una máquina cíclica cuyo único efecto sea convertir la energía térmica de un cuerpo a determinada temperatura, en una cantidad equivalente de trabajo mecánico. Esto es equivalente a afirmar que es imposible construir una máquina de movimiento perpetuo de segunda clase, es decir una máquina que trabajando cíclicamente convierta todo el calor absorbido en trabajo. La figura 9.6, muestra la máquina “perfecta” que según la segunda ley es imposible construirla.
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Figura 9.6 Representación esquemática de la máquina “perfecta”. Es imposible construir esta máquina pues viola la segunda ley de la termodinámica. Enunciado de Clausius. Es imposible construir una máquina cíclica que no tenga otro efecto que transferir calor continuamente de un foco frio a otro que se encuentra a una temperatura más elevada. En términos de más sencillos, ese enunciado dice que el calor no puede fluir espontáneamente de un foco frio hacia otro caliente. En efecto este enunciado gobierna la dirección del flujo de calor entre dos sistemas a diferentes temperaturas. El calor sólo fluirá del sistema frio hacia el más caliente sólo si se hace trabajo sobre el sistema
Figura 9.7
9.6
Diagrama esquemático de un refrigerador “ideal “. Esta construcción es imposible ya que contradice a la segunda ley.
MÁQUINA DE CARNOT. 460
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Se ha visto anteriormente que, de acuerdo a la segunda ley de la termodinámica, es imposible que una máquina que trabaja cíclicamente entre dos focos térmicos tenga una eficiencia del 100%. Pues entonces cave la siguiente pregunta ¿Cuánta eficiencia puede tener una máquina de calor que trabaja entre dos temperaturas TH y TC?. El ingeniero francés Sadi Carnot (1796-1832) contestó esta pregunta inventando en 1824 una máquina idealizada que posee una eficiencia concordante con la segunda ley. El ciclo de funcionamiento se llama ciclo de Carnot. Carnot dedujo que dos máquinas que trabajan cíclicamente entre dos mismos focos térmicos tienen la misma eficiencia y que no existe máquina alguna que tenga mayor eficiencia que la máquina de Carnot. Esta conclusión se conoce como Teorema de Carnot enunciado en la forma. Ninguna máquina térmica que trabaje entre dos focos térmicos dados puede tener una eficiencia mayor que una máquina reversible que trabaje entre los mismos focos. Una máquina térmica reversible que trabaje entre dos focos térmicos se denomina máquina de Carnot y el ciclo correspondiente Ciclo de Canot. Las condiciones necesarias para que el proceso sea reversible son: 1. No debe realizarse trabajo por rozamiento, fuerzas viscosas u otras fuerzas disipativas que generan calor. 2. No puede existir conducción de calor debido a una diferencia de temperatura finita. 3. El proceso debe ser cuasi estático, de manera que el sistema se encuentre en un estado de equilibrio (o infinitesimalmente cerca de un estado de equilibrio). Todo proceso que no cumpla con las condiciones anteriores es irreversible. A continuación presentamos el ciclo de Carnot, el cual consta de dos procesos isotérmicos y dos adiabáticos, todos reversibles. La figura 9.8 muestra el ciclo de Carnot el cual emplea como sustancia de trabajo a un gas ideal en un cilindro con pistón y consta de cuatro etapas.
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Figura 9.8. Ciclo de Carnot el cual consta de dos isotermas a→b y c→d y de dos adiabáticas b→c y d→a En la figura 9.10 se muestra el diagrama p-V para el ciclo de Carnot
QH
TH TC
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Figura 9.10 Diagrama p-V para el ciclo de Carnot. Etapa 1. El gas se encuentra en un estado de equilibrio inicial representado por p1 ,V1 , TH , punto a de la figura 9.10. Cocamos el cilindro en una fuente de calor a la temperatura TH y se deja que el gas se dilate lentamente hasta p2 ,V2 , TH , punto b del diagrama p-V. Durante el proceso el gas absorbe calor QH por conducción a través de la base. La dilatación es isotérmica a una temperatura TH y el gas hace trabajo al levantar el pistón y su carga. Etapa 2. Coloquemos ahora el cilindro en la base no conductora y dejemos que el gas p3 ,V3 , TC se dilate lentamente hasta el punto c . Este proceso es adiabático porque no existe flujo de calor del ni hacia el sistema. El gas hace trabajo sobre el émbolo y su temperatura desciende hasta TC. Etapa 3
Coloquemos ahora el cilindro en la fuente de calor TC (más frio) y se comprime lentamente al gas hasta el punto d. Durante este proceso hay un flujo de calor QC del gas hacia la fuente térmica a través de la base. La compresión es isotérmica a una temperatura TC y el pistón más la carga hacen trabajo sobre el sistema.
Etapa 4
Ahora se coloca el cilindro sobre una base aislante y se comprime el gas p1 ,V1 , TH lentamente hasta las condiciones iníciales, punto a . La compresión es adiabática ya que no existe flujo de calor del o hacia el sistema. Se hace trabajo sobre el gas y su temperatura se eleva hasta TH.
El trabajo neto realizado por el gas durante el ciclo está representado por el área de la región sombreada de la figura 9.10. Para determinar el rendimiento del ciclo, calculemos el calor absorbido del foco caliente y el que desecha al foco frio. Para ello, consideremos el proceso isotérmico a→b. Debido a que en un proceso isotérmico no hay variación de la energía interna, el trabajo realizado por el gas es igual al calor absorbido del foco caliente. Entonces se tiene
nRTH dV V1 V V QH nRTH ln 2 V1 QH W
V2
(a)
En forma análoga, el calor cedido al foco frio es igual al trabajo realizado sobre el gas 463
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durante la compresión isotérmica a la temperatura TC desde el estado c hasta el estado d . Este trabajo está dado por
nRTC dV V3 V V QC nRTC ln 4 V3 QC W
V4
(b)
Debido a que V3 es mayor que V4 la cantidad de calor es negativo. El valor del calor cedido es
V3 V4
QC nRTC ln
(c)
La razón entre estas cantidades de calor es
QC QH
V3 V4
TC ln
(d)
V TH ln 2 V1
Los volúmenes V1, V2, V3 y V4 se relacionan mediante la ecuación para un proceso adiabático cuasiestático TH V2 1 TCV3 1
(e)
Análogamente, en el caso de la compresión adiabática d→a se tiene TH V1 1 TCV4 1
(f)
Dividendo ambas ecuaciones resulta V2 V1
1
V3 V 4 V3 V2 V4 V1
1
(g)
Remplazando la ecuación (g) en (d), se tiene que
QC TC QH TH 464
(h)
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Por lo tanto, el rendimiento de la máquina de Carnot será
C 1
QC T 1 C QH TC (9.6)
La ecuación (9.6) es válida para cualquier máquina reversible que trabaje entre dos focos térmicos cutas temperaturas son TH y TC. Así mismo, esta expresión nos da el mayor rendimiento que se puede alcanzar por cualquier máquina que trabaje entre estas temperaturas. Debe observarse además que ninguna máquina puede tener mayor eficiencia que la máquina de Carnot, debido a que se violaría la segunda ley de la termodinámica. Debido a que cada paso del ciclo de Carnot es reversible se puede invertir, todo el ciclo convirtiendo la máquina en un refrigerador. Entonces el coeficiente de eficiencia del refrigerador será
9.7
carnot
QC QC QH QH QC 1 QC QH
carnot
TC TH TC
(9.7)
LA ESCALA DE TEMPERATURAS KELVIN En el capítulo 6 se habló de la necesidad de contar con una escala que no dependa de las propiedades del material. Ahora podemos utilizar el ciclo de Carnot para definir tal escala. El rendimiento de una máquina de calor que opera cíclicamente entre dos focos térmicos a temperaturas TH y TC está dado por la ecuación
C 1
QC T 1 C QH TH
QC QH Por lo tanto la relación es la misma para las máquinas de Carnot que operan entre dos temperaturas TH y TC. Kelvin propuso que, por definición, la relación TC TH QC QH fuera igual a la magnitud de de las cantidades de calor cedidas y absorbidas. Q TC C TH QH
(9.8)
Esto es, dos temperaturas en esta escala guardan relación la misma relación que las 465
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cantidades de calor cedidas y absorbidas, respectivamente por una máquina de Carnot que trabaja entre éstas temperaturas. Esta escala se denomina escala de temperaturas Kelvin Para completar la definición de la escala de temperaturas Kelvin asignamos el valor de Ttr 273,16 K 273,16 K a la temperatura del punto triple del agua. Por tanto, , entonces para cualquier máquina que trabaje entre depósitos a temperaturas T y T tr se tiene
Q T Q T 273.16 K Ttr Qtr Qtr Bajo esta circunstancia el rendimiento de una máquina queda escrito en la forma
TH TC TH
(9.10)
El punto cero de la escala kelvin se denomina cero absoluto y se puede interpretar a nivel molecular como: en el cero absoluto el sistema tiene su mínima energía interna total posible. Sin embargo, a causa de los efectos cuánticos no es verdad que en T = 0 cese todo el movimiento molecular. Existen razones teóricas que indican que es imposible alcanzar el cero absoluto experimentalmente aun cuando se han alcanzado temperaturas del orden de 10-7 K. Cuanto más nos acercamos al cero absoluto más difícil es acercarse más. Un enunciado de la tercera ley de la termodinámica indica que es imposible alcanzar el cero absoluto en un número finito de pasos termodinámicos.
Ejemplo 9.4 Una máquina de Carnot trabaja entre dos focos térmicos a temperaturas TH = 300 K y TC = 200 K. (a) ¿Cuál es el rendimiento?. (b) Si absorbe 100 J del foco caliente 466 (c) ¿Cuánto calor cede en cada ciclo?. (d) durante cada ciclo, ¿cuánto trabajo realiza?. ¿Cuál sería el coeficiente de eficacia si trabajase como un refrigerador entre estos mismos focos térmicos?
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Solución
Solución
Parte (a) Como se trata de una máquina de Carnot, la eficiencia se determina a partir de la ecuación
En primer lugar se dibuja el ciclo de acuerdo a las condiciones del problema
C 1
QC QH
1
TC 200 K 1 TC 300 K
C 33% Parte (b) Para calcular el trabajo se usa la definición de eficiencia
W 1 W QH 100 J QH 3
W 33,3 J En primer lugar se puede determinar la temperatura en el punto a, utilizando la ecuación de estado, estoEl es calor cedido se determina a partir de la ecuación Parte (c)
nRT QH W QC QC QHpV W 100 J 33,3 J 2 3 3 2, 64Q101325 N / m 10.10 m 1mol 8,31J / molK Ta C 66, 7 J
Ta 322 K Pate (d) Si esta máquina trabajase como refrigerador su coeficiente de eficacia será. En forma análoga se determina la temperatura del punto b TC 200 K carnot nRT TH TC pV300 K 200 K
carnot 1 101325 N / m2 220.103 m3 1mol 8,31J / molK Ta Ta 244 K
Ejemplo 9.5 La temperatura en el punto c será Una máquina que utiliza 1 mol de un gas ideal diatómico, efectúa un ciclo de tres etapas; (1) una expansión adiabática desde pV una nRTpresión inicial de 2,64 atm y un volumen de 10 L hasta una 2 presión 3de 3 1 atm y un volumen de 20 L; (2) una 1 101325 N / m 10.10 m 1mol 8,31J / molK T compresión a presión constante hasta su volumen original de a 10 L, y (3) un 122 K original de 2,64 atm. Determine a presión calentamiento a volumen constante hasta Tsu el rendimiento del ciclo El calor absorbido durante el proceso a volumen constante será 5 R 5 T 1mol 8,31J / molK 322 K 122 K 2 2
Qca nCV T n Qca 4155 J
467
En el proceso adiabático a→b no existe flujo de calor
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P(at) 2.64
1,00
a
c
10
b
20
V(L)
En el proceso b→c proceso a presión constante el calor será
7 R 7 T 1mol 8,31J / molK 122 K 244 K 2 2
Qbc nCP T n Qbc 3548 J Qb c 3548 J
Se procede a determinar el trabajo para cada proceso
Para el proceso a volumen constante c→a, el trabajo es nulo (W = 0) Para el proceso adiabático 1 1 W 2, 67atm 10l 1atm 20l paVa pbVb 1 1, 4 1 W 16.75 atm.l 16.75(101325 N / m)(103 m3 ) W 1697 J
En el proceso isobárico b→c, el trabajo será Wbc pb VC Vb 1atm 10l 20l 10atm.l 10 101325N / m 2 10 3 m 3 Wbc 1013J
El rendimiento del ciclo será
Wa b W 1697 J 1013 J 468 b c Qca 4155 J
16%
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ENTROPIA. 9.8.1 Desigualdad de Clausius. Q1A
Q1 Q2 La desigualdad de Clausius es una relación entre las temperaturas de un número arbitrario de fuentes térmicas y las cantidades de calor entregadas o absorbidas por ellas cuando a una sustancia de trabajo se le hace recorrer un proceso cíclico arbitrario durante el cual intercambia calor con las fuentes.
Q2B
Para determinar ésta desigualdad consideremos tres fuentes a temperaturas T 0; T1 y T2. Tal como se muestra en la figura 9.11. El rectángulo “sistema” se refiere a cualquier dispositivo (tal como un gas encerrado en un cilindro) que puede absorber o desechar calor con las correspondientes variaciones de volumen. Los procesos que tienen lugar WA W WB no son necesariamente reversibles. Refrigerador A
Refrigerador
Sistema
T
Q0A
Q0
469
B
T
Q0B
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T
Figura 9.10 Esquema para mostrar la desigualdad de Clausius. Consideremos un proceso arbitrario cualquiera en el que el sistema realiza un ciclo cerrado de tal forma que el estado final coincida con el inicial. Supongamos además que Q0; Q1 y Q2 son las cantidades de calor intercambiadas entre el sistema y los focos térmicos y W es la cantidad de trabajo realizada por el sistema. En el diagrama se observa que el sistema absorbe calor de los focos a temperaturas T1 y T2 y que entrega calor a la fuente a una temperatura T0 y a la vez realiza un trabajo mecánico denotado por W. En general no existen restricciones para los sentidos del flujo de calor la única condición es que debe cumplirse con la primera y segunda ley de la termodinámica, lo cual se logra comparando con el segundo principio de Kelvin o de Clausius. Ahora introduzcamos como equipos auxiliares dos máquinas de Carnot que funcionan entre el par de fuentes mostradas en la figura. La maquina A entrega a la fuente de temperatura T1 una cantidad de calor Q1A igual a la que entrega ésta fuente en su ciclo original. Esta máquina retira una cierta cantidad de calor Q0A del foco a temperatura T0 y se le entrega trabajo WA. Mediante este proceso eliminamos cualquier cambio en el foco térmico T1. La máquina B entrega a la fuente de temperatura T2 una cantidad de calor Q2B, en una cantidad en la que cedió al sistema. Esta máquina extrae calor Q0B de la fuente a temperatura T0 y recibe un trabajo WB. Por lo tanto no existe cambio en el foco térmico a temperatura T2. Debido a que el proceso era cíclico, todo está como al comienzo, excepto la fuente a temperatura T0 y el sistema mecánico que ha entregado o recibido trabajo a menos que Q0 sea igual a la suma de Q0A y Q0B, la fuente a temperatura T0 habrá ganado o perdido calor y a menos que W y (WA + WB) sean iguales, el sistema habrá ganado o perdido trabajo. Según la primera ley de la termodinámica el flujo total de calor intercambiado con la fuente T0 debe ser igual al trabajo mecánico total entregado o recibido. Desde el punto 470
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de vista de la segunda ley se observa que éste no se cumplirá si el sistema entrega calor y a la vez realiza igual cantidad de trabajo mecánico. Por lo tanto, la fuente térmica debe haber ganado calor y el sistema mecánico entrega trabajo, excepto en el caso de que ambos no hayan perdido o ganado nada. Es decir, el calor Q0 debe ser mayor que (Q0A +Q0B) o en el límite ambos deben ser iguales. Teniendo en cuenta los signos del flujo de calor se obtiene la siguiente ecuación
Q1 A Q0 A 0 T1 T0
(9.11)
Q2 B Q0 B 0 T2 T0
(9.12)
Debe tenerse en cuenta que Q1 y Q2 son positivos; Q0 es negativo; Q1A es negativo; Q0A es positivo; Q2B es negativo y Q0B es positivo. Teniendo en cuenta lo último las ecuaciones (9.11) y (9.12) se escriben en la forma T0 T1
(9.13)
T0 T2
(9.14)
Q 0A Q1 A Q 0B Q1 A
La cantidad de calor total tomada de la fuente a temperatura T0 es
Q0 Q0 A Q0 B
(9.15)
Pero la segunda ley requiere que las fuentes sólo reciban calor y no la entreguen. Por lo tanto, la suma dada por la ecuación (9.15) debe ser negativa o en el límite debe ser cero, entonces se tiene
Q0 Q0 A Q0 B 0
(9.16)
Remplazando las ecuaciones (9.14) y (9.14) en la ecuación (9.16), resulta T0 T0 Q2 B 0 T1 T2 Q0 Q1 A Q2 B 0 (9.17) T0 T1 T2
Q 0 Q1 A
Resulta evidente que empleando un número suficientemente grande de máquinas de Carnot, podría reducirse un proceso en el cual el sistema de la figura intercambie calor con cualquier número de focos térmicos. Es decir.
471
Física General II
Entropía y Segunda Ley de la Termodinámica
Qi 0 Ti
Optaciano Vásquez García
(9.18)
Para un número infinito de focos térmicos, el sistema puede intercambiar únicamente cantidades infinitesimales de calor con cada una, de tal suerte que la sumatoria se convierte en una integral, esto es
dQ 0 T
(9.19)
9.8.2 Entropía Al hacer la deducción de la desigualdad de Clausius no hemos supuesto restricciones sobre la reversibilidad o irreversibilidad del ciclo recorrido por el sistema. Supongamos ahora que el calor intercambiado es reversible, y que lo recorra el sistema primero en un sentido y luego en el sentido opuesto. Sea dQ1 el calor que fluye hacia el sistema en cualquier punto del primer ciclo y dQ2 el calor que fluye hacia el sistema en el segundo ciclo. Puesto que todas las trasformaciones del segundo ciclo son las inversas de primero resulta que
dQ1 dQ2
(9.20)
Si el ciclo es reversible, la temperatura del sistema mientras intercambia calor con una fuente térmica es igual a la temperatura de ésta. Entonces, se puede escribir la desigualdad de Clausius para los dos ciclos en la forma.
dQ1
Ñ T
0
o
dQ 2
Ñ T
0
(9.21)
Teniendo en cuenta la ecuación (9.20), la ecuación (9.21) se escribe
dQ1
Ñ T
0
o -
dQ1
Ñ T
0
(9.22)
Pero la única forma para que estas relaciones se cumplan es que se cumpla con la igualdad.
472
Física General II
Entropía y Segunda Ley de la Termodinámica
dQrev
Ñ T
0
Optaciano Vásquez García
(9.23)*
La ecuación (9.23) es un resultado que tiene mucha importancia en termodinámica y expresa que cuando un sistema recorre un ciclo reversible y se divide la cantidad de calor dQ suministrado al sistema en cada punto, por su temperatura en este punto, la suma de todos los cocientes es nula. Consideremos ahora un ciclo reversible arbitrario tal como muestra la curva en la figura 9.11.
Figura.9.11 Trayectoria cíclica para un proceso reversible.
La integral a lo largo de la trayectoria será.
dQ
Ñ T
2
dQ 1 dQ 2 T T I
1
0
(9.24)
II
Si el camino II de 2 a 1 se recorre en sentido opuesto, tenemos
dQ 2 dQ 2 T II 1 T 1
(9.25) II
Combinando las ecuaciones (9.24) y (9.25), resulta
2
1
dQ 2 dQ 1 T T I
(9.26) II
Es decir la integral es la misma para los dos caminos reversibles. De otro lado, debido a que el ciclo escogido es arbitrario, se deduce que la integral es la misma a lo largo de todos los caminos reversibles que se sigan para llegar de 1 a 2. Por tanto diremos que la dQ/T es una diferencial exacta de una cierta función S que en adelante le llamaremos entropía y está dada por 473
Física General II
Entropía y Segunda Ley de la Termodinámica
S2 S1 dS
dQ T
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(9.27)
Debido a que la integral de una diferencial exacta a lo largo de cualquier camino es igual a la diferencial entre los valores extremos de la función. La cantidad S de la ecuación (9.27) recibe el nombre de Entropía del sistema y establece que: La variación de entropía de un sistema entre dos estados de equilibrio cualquiera se obtiene llevando al sistema a lo largo de cualquier camino reversible que une dichos estados, dividiendo el calor que se entrega al sistema en cada punto del camino por la temperatura del sistema y sumando los cocientes así obtenidos. Así, mientras que dQ no es una diferencial exacta, se transforma en una diferencial exacta dividiendo entre la temperatura, esto es dS
dQrev T
(9.28)
La ecuación (9.28), establece El cambio en la entropía, dS, entre dos estados de equilibrio está dado por el calor transferido, dQ, dividido entre la temperatura absoluta, T, del sistema en este intervalo. El subíndice rev sirve para enfatizar que la definición sólo se aplica a procesos reversibles. Cuando el sistema absorbe calor, dQ, es positivo y la entropía aumenta, por el contrario si el sistema cede calor, dQ, es negativo en este caso la entropía disminuye. Debe observarse además que la ecuación (9.28) no define a la entropía sino a la variación de entropía. Para calcular la variación de entropía de un proceso finito, debe observarse que en general la temperatura T no es constante. Si dQ rev es el calor transferido cuando el sistema se encuentra a una temperatura T, entonces la variación de entropía en un proceso reversible cualquiera entre un estado inicial y otro final es S=
f
1
dQ rev T
(9.29)
Debe observarse además que la variación de entropía de un sistema al ir de un estado a otro tiene el mismo valor para todas las trayectorias que conecten dichos estados. Es decir La variación de entropía de un sistema sólo depende de las propiedades de los estados de equilibrio inicial y final
9.8.3 Entropía en procesos cíclicos. En primer lugar consideremos un proceso reversible adiabático, en éste proceso no existe transferencia de calor entre el sistema y sus alrededores por tanto ΔS = 0. 474
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Entropía y Segunda Ley de la Termodinámica
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Debido a que el cambió de entropía es nulo entonces a este proceso se le conoce como isentrópico. Consideremos ahora los cambios de entropía que ocurren en una máquina de Carnot que opera entre las temperaturas TH y TC. En este caso la máquina absorbe calor QH del foco a alta temperatura y desecha calor Q C al foco frío. La variación de entropía durante un ciclo será
S=
Q H QC TH TC
El sigo negativo se debe a que el calor sale del sistema. De otro lado, se observa que de la deducción de rendimiento del ciclo de Carnot se cumple Q TC C TH QH
Usando este resultado y la expresión anterior se tiene
S 0 En consecuencia la variación de entropía para una máquina de Carnot que opera en un ciclo se nula. Si ahora consideramos un sistema que es llevado a través de cualquier ciclo reversible la variación de entropía será nula debido a que la función entropía es una función de estado y solo depende del estado inicial y final. En general lo descrito se formula en la ecuación dQ S Ñ Trev 0
(9.30)
Otra propiedad importante de la entropía es En todos los procesos reversibles la entropía del universo permanece constante.
9.8.4 Entropía y gases ideales Si un sistema es un gas ideal la variación de entropía se puede determinar si se conoce las transformaciones y el tipo de proceso seguido por el gas siempre y cuando el proceso sea reversible. Para ilustrar esto, consideremos un proceso isotérmico en el cual el gas es llevado desde A hasta el punto B. n este proceso la energía interna no cambia pues es a temperatura constante. Por lo tanto de acuerdo a la primera ley de la termodinámica dQ = dW, entonces, la variación de entropía será
475
Física General II
Entropía y Segunda Ley de la Termodinámica
SB S A
B
A
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B dW dQ A T T
El trabajo infinitesimal en cualquier punto a lo largo de la trayectoria es dW pdV
nRT dV V
Remplazando esta cantidad en la ecuación anterior se obtiene B dV nRTdV nR A A V VT V SB S A nR ln B (9.31) VA
SB S A
B
De igual forma se puede evaluar la variación de entropía para un proceso a volumen constante. En este caso el gas se lleva desde A(TA, VA) a B(TB, VA). En este proceso el trabajo es nulo y según la primera ley de la termodinámica dQ = dU = nCVdT. Entonces la variación de entropía será
B dU B nC dT B dT dQ V nCV A A A T T T T T SB S A nCV ln B (9.32) TA
SB S A
B
A
La ecuación (9.31) expresa el cambio de entropía para T constante y la ecuación (9.32) el cambio de entropía para V constante. En general se puede calcular el cambio de entropía al pasar de cualquier estado de referencia (TA, VA) hasta el estado (TB , VB ). De la primera ley de la termodinámica se tiene dQ dU dW nCV dT pdV nCV dT nRT
dV V
La variación de entropía será dV nCV dT nRT B dQ V B nCV dT B nRdV SB S A A T A V A T A T T V SB S A nCV ln B nR ln B (9.33) TA V A B
476
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Esta ecuación demuestra que la entropía es independiente de la trayectoria seguida y solo depende de los estados inicial y final.
9.8.5 Variación de entropía en procesos irreversibles La desigualdad de Clausius deducida anteriormente es una ecuación general válida para bombas térmicas y maquinas térmicas y está dada por
dQ
Ñ T
0
(9.34)*
En esta ecuación la igualdad se usa cuando el proceso es reversible y la desigualdad cuando existen procesos irreversibles. La ecuación (9.34) se puede utilizar para determinar los cambios de entropía en procesos irreversibles. En la figura 9.12 se muestra un ciclo compuesto por un camino reversible y otro irreversible.
Figura 9.12
Ciclo que contiene una trayectoria irreversible A-B y otra trayectoria reversible B-A
De acuerdo con la relación (9.34), se tiene B dQ dQ A dQ 0Ñ T A T irrev B T
rev
La integral del lado derecho es la variación de entropía SA – SB debido a que se evalúa en una trayectoria reversible. Por tanto la ecuación anterior se escribe B dQ dQ 0Ñ T A T irrev ( S A SB ) B dQ SB S A (9.35) A T irrev
477
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dQ T
Por lo tanto, la variación de entropía entre dos puntos es mayor que la integral de , cuando el cambio es irreversible. Entonces para calcular la variación de la entropía de un proceso irreversible se escoge una trayectoria reversible que una dichos estados y se determina el cambio de entropía ya que ésta es una función de estado que depende de los estados inicial y final únicamente
9.8.6 Entropía en la conducción de calor. Consideremos la transferencia de calor desde una fuente caliente a T H a otra fría a TC. Debido a que la fuente fría recibe calor su entropía aumenta, por el contrario la fuente caliente pierde calor entonces su entropía disminuye. El aumento de entropía en la fuente fría es mayor que la disminución de la entropía de la fuente caliente. Por lo tanto la variación de entropía será SU
QC QH TC TH
(9.36)
9.8.7 Entropía en una expansión libre. Consideremos un gas ideal de volumen Vi encerrado en un depósito dividido por una membrana y curas paredes son rígidas y adiabáticas tal como se muestra en la figura 9.13. Si en forma repentina se rompe la membrana el gas experimenta una expansión libre irreversible hasta ocupar todo el volumen del depósito V f. Es evidente no es reversible ni cuasiestático. El trabajo es nulo, y la transferencia de calor es nula. Si se usa la primera ley de la termodinámica se observa que la energía interna inicial es igual a la final. Debido a que la energía interna depende únicamente de la temperatura se concluye que Ti = Tf.
478
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Figura 9.13. Expansión libre de un gas En principio se debe indicar que no se puede aplicar la ecuación (9.29) ya que esta vale solo para procesos reversibles. Además no se puede aseverar que ΔS = 0 a pesar de ser un proceso adiabático. Para evaluar la variación de entropía asumimos que este proceso es a temperatura constante (isotermo) entonces se tiene dQrev 1 1 1 1 dV dQrev dW pdV nRT T T T T T V Vf S nR ln (9.37) Vi S
Debido a que Vf > Vi se concluye que ΔS es positivo entonces la entropía aumenta como resultado de la expansión.
9.8.8 Entropía en la transferencia irreversible de calor. Consideremos una sustancia de masa mA, calor específico cA a una temperatura TA en contacto térmico con otra sustancia de masa mB, calor específico cB a una temperatura TB siendo TA > TB. Las dos sustancias se encuentran en un depósito aislante de tal manera que no existe transferencia de calor con el entorno y se permite de esta manera que alcancen el equilibrio térmico. Para determinar la variación de entropía se determina primero la temperatura de equilibrio utilizando un balance energético. Esto es Qganado Q perdido mAc A TA mB cB TB
mAc A TE TA mB cB TE TB TE
mA c ATA mB cBTB mA c A mB cB
De hecho este proceso es irreversible. Por lo tanto para evaluar la variación de entropía se asume que la sustancia B experimenta una serie de procesos infinitesimales de tal manera que lentamente se lleva hasta la temperatura de equilibrio de igual forma se procede con la sustancia A, de tal manera que esta secuencia es un proceso reversible. Entonces TE m c dT TE m c dT dQA dQB A A B B A T B T TA TB T T T T S mAc A ln E mB cB ln E TA T A
S
479
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Al remplazar el valor de TE en la variación de la entropía se obtiene que un término es positivo y el otro negativo siendo el término positivo mayor que el negativo en conclusión se obtiene En un proceso irreversible la entropía del universo aumenta.
Problemas resueltos sobre la segunda ley de la termodinámica. Problema 01 Una máquina térmica absorbe 360 J de calor y realiza un trabajo de 25 J en cada ciclo. Determine: (a) la eficiencia de la máquina; (b) el calor liberado en cada ciclo. Solución En la figura se muestra un esquema de la máquina Parte (a) La eficiencia de la máquina es
W 25 J 0, 069 QH 360 J
6, 9%
480
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Parte (b) Calor liberado. Del diagrama se observa que
QH W QC 360 J 25 J QC QC 335 J Problema 02 Una máquina térmica realiza 200 J de trabajo en cada ciclo y tiene una eficiencia de 30%. Para cada ciclo de operación, determine: (a) el calor absorbido y (b) el calor que se libera. Parte (a) Trabajo hecho en cada ciclo
Solución Parte (a) Calor absorbido. De la definición de eficiencia se tiene
W
5
120 J W
W 24 J
W QH
0,3
QC
Parte (b) Calor transferido a la caliente
200 J QH
QC W QH
QH 667 J
120 J 24 J QH QH 144 J
Parte (b) Calor liberado. Del diagrama de la máquina se tiene.
QH W QC
Problema 04
667 J 200 J QC
Cierta máquina tiene una potencia de salida de 5 kW y una eficiencia de 25%. Si la máquina libera 8000J de calor en cada ciclo. Determine: (a) el calor absorbido en cada ciclo; (b) el tiempo para cada ciclo.
QC 467 J
Solución Problema 03
En la figura se muestra un esquema de la máquina
Un refrigerador tiene un coeficiente de operación de igual a 5. Si el refrigerador absorbe 120 J de calor de una fuente fría en cada ciclo. Determine: (a) el trabajo hecho en cada ciclo y (b) el calor transferido hacia la fuente caliente. Solución En la figura se muestra el diagrama del refrigerador
Parte (a) Del diagrama se tiene
481
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QH W QC W QH QC
(1)
De la definición de eficiencia se tiene
Q QC W H QH QH
QC 8000 J 1 1 0, 25 QH 10667 J QH
Parte (b) Tiempo para cada ciclo. Primero se determina el trabajo
Del diagrama se determina el trabajo
QH W QC
W W QH QH
130 J W 100 J
W 0, 25 10667 J W 2667 J
W 30 J
(2)
Se procede a determinar el tiempo de un ciclo
1 1 T T f 1 t T 0, 016 s 60
De la definición de potencia
f
W 2667 J 5000W t t t 0,53s P
Parte (a) Cálculo de la potencia
W 30 J t 0, 016s P 1,8kW
Problema 05
P
En cada ciclo de su operación, cierto refrigerador absorbe 100 J de la fuente fría y libera 130 J. (a) ¿Cuál es la potencia requerida para operar el refrigerador si trabaja a 60 ciclos/s?. (b) ¡Cuál es el coeficiente de operación del refrigerador?.
Parte (b) Cálculo del coeficiente de operación
Solución
En la figura se muestra el diagrama del refrigerador
QC W
100 J 30 J
3,33
Problema 06 Una máquina absorbe 1600 J de una fuente caliente y libera 1000 J a la fuente fría en cada ciclo. (a) ¿Cuál es la eficiencia de la máquina?. (b) ¿Cuánto trabajo se hace en cada ciclo?. (c) ¿Cuál es la
482
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potencia de salida de la máquina si cada ciclo dura 0,3 s?. Solución En la figura se muestra un esquema de la máquina
De acuerdo a la segunda ley de la termodinámica “Ninguna máquina puede ser más eficiente que una máquina de Carnot”. Por tanto se tiene
1 Parte (b) En primer lugar se determina el trabajo
49%
QH W QC 1600 J W 1000 J W 600 J
Problema 08 La eficiencia de una máquina de Carnot es de 30%. La máquina absorbe 800 J de calor por cada ciclo de una fuente caliente a 500 K. determine: (a) el calor liberado por ciclo y (b) la temperatura de la fuente fría.
Parte (a) Cálculo de la eficiencia
TC 293 K 1 TH 573 K
W 600 J QH 1600 J
37,5%
Solución Parte (b) cálculo de la temperatura de la fuente fría
Parte (c) Potencia de la máquina
1
W 600 JJ P t 0,3s P 2kW
TC T 0, 3 1 C TH 500 K
TC 350 K Parte (a) Cálculo del calor liberado
QC
Problema 07
QH
Una máquina térmica opera entre dos fuentes a temperaturas de 20°C y 300°C. ¿Cuál es la máxima eficiencia posible para esta máquina?.
Q TC 350 K C TH 800 J 500 K
QC 560 J
Solución En la figura se muestra un esquema de la máquina
Problema 09 Una máquina de Carnot tiene una potencia de salida de 150 kW. La máquina opera entre dos fuentes a
483
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Entropía y Segunda Ley de la Termodinámica
20°C y 500°C. (a) ¿Cuánta energía calorífica se absorbe por hora?. (b) ¿Cuánta energía calorífica se pierde por hora?.
1
La eficiencia de la máquina será
Parte (b) Energía térmica absorbida.
TC 293 1 TH 773K
En primer lugar se determina el trabajo
W W 7,5.106 J / s t 3600 s 9 W 27.10 J P
TC 62% El trabajo por ciclo será
W Pt 150000Watts 3600 s
La energía térmica absorbida es
W 540.106 J
Parte (a) Energía térmica absorbida
TC 278 K 1 TH 293K
TC 5%
Solución
1
Optaciano Vásquez García
W 27.109 J 0, 05 QH QH
QH 540.109 J
W 540.106 J 0, 62 QH QH
Parte (c) Por ser la eficiencia muy pequeña se descarta esta posibilidad
QH 870.106 J
Problema 11
Parte (b) Energía térmica perdida
QH W QC
Una máquina térmica opera en un ciclo de Carnot entre 80°C y 350°C. Absorbe 2.104 J de calor de la fuente caliente por ciclo. Cada ciclo dura 1 s. (a) ¿Cuál es la máxima potencia de salida de esta máquina?. (b) ¿Cuánto calor libera en cada ciclo?.
870.10 6 J 540.10 6 J QC QC 330.106 J
Solución Parte (a) Máxima potencia de salida
Problema 10
Primero se determina la eficiencia
Se ha propuesto una planta de potencia que haga uso del gradiente de temperatura en el océano. El sistema se diseñó para operar entre 20°C (temperatura de la superficie del agua) y 5°C (temperatura del agua a una profundidad de casi 1 km). (a) ¿Cuál es la máxima eficiencia de dicho sistema. (b) si la potencia de salida de la planta es de 7,5 MW, ¿cuánta energía térmica se absorbe por hora?. (c) en vista de los resultados del inciso (a), ¿piensa que se deba tomar en cuenta dicho sistema?.
1
TC 353K 1 TH 623K
43% El trabajo de salida será
Solución
W W 0, 43 QH 2.10 4 J
W 8600 J
Parte (a) La máxima eficiencia es la de la máquina de Carnot.
La potencia de salida será
484
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Una planta generadora de electricidad tiene una potencia de salida de 500MW. La planta usa vapor a 200°C y agua de salida a 40°C. Si el sistema opera con la mitad de la máxima eficiencia (Carnot). (a) ¿A qué rapidez se libera calor al medio ambiente?. (b) Si el calor desperdiciado va a un rio con una rapidez de flujo de 1,2.106 kg/s, ¿cuál es el aumento en la temperatura del río?.
W 8600 J t 1s P 8, 6kW P
Parte (b) Calor liberado en cada ciclo
QH W QC
Solución
2.104 J 8600 J QC
Parte (a) rapidez del calor liberado
QC 11400 J
En primer lugar se determina la eficiencia teórica (máquina de Carnot)
1 Problema 12
34%
Una de las máquinas más eficientes que se han construido opera entre 430°C y 1870°C. Su eficiencia actual es 42%. (a) ¿Cuál es su eficiencia teórica?. (b) ¿Cuál es su potencia de salida si absorbe 1,4.105 J de calor cada segundo?.
Como la planta funciona a la mitad de la eficiencia de la máquina de Carnot, se tiene
1 1 planta Carnot 34% 2 2 planta 17%
Solución Parte (a) La eficiencia eórica de esta máquina es la correspondiente a la máquina de Carnot
1
El calor absorbido es
TC 703K 1 TH 2143K
planta
67%
6 W P.t 500.10 J / s 1s 0,17 QH QH QH
QH 2941.106 J
Parte (b) Potencia de salida En primer lugar se determina el trabajo desarrollado por la máquina
acual
TC 313 K 1 TH 473 K
El calor liberado será
QH W QC
W W 0, 42 QH 1, 4.105 J
2941.106 J 500.106 J QC QC 2441.106 J
W 0,588.105 J
Rapidez de flujo de calor es
La potencia será
W 0,588.105 J P t 1s P 58,8kW
H
QC 2441.106 J 2441.106 J / s t 1s
Parte (b) Aumento de temperatura del rio
Problema 13
485
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QC mce ,w T 2441.106 J 1, 2.106 kg 4190 J / kg C T
Problema 15
T 0, 49C
Una bomba de calor impulsada por un motor eléctrico absorbe calor del exterior a 5°C y libera calor en el interior en forma de aire caliente a 40°C. (a) ¿Cuál es el máximo coeficiente de operación de la bomba de calor?. (b) Si el coeficiente de operación actual es 3,2 ¿Qué fracción del trabajo teórico máximo (energía eléctrica) se realiza?.
Problema 14 Un aparato de aire acondicionado absorbe calor de su embobinado de enfriamiento a 13°C y libera calor al exterior a 30°C. (a) ¿Cuál es el máximo coeficiente de operación del aparato?. (b) Si el coeficiente de operación actual es de la tercera parte del valor máximo y si el aparato remueve 8.104 J de energía calorífica cada segundo, ¿qué potencia debe desarrollar su motor?.
Solución Parte (a) El máximo coeficiente de operación es
7,94
Solución Parte (a) El máximo coeficiente de operación del equipo corresponde al refrigerador de Carnot
carnot carnot
QC QH QC
TC 278K TH TC 313K 278 K
Parte (b) Fracción de trabajo teórico Cuando el coeficiente de operación es 3,2 entonces tenemos
QC QH 1 QC QH
TC 286 K TH TC 303K 286 K
QC WTeorico
7, 94
QC 7,94WTeórico
carnot 17
operación
QC Woperación
3, 2
QC 3, 2Woperación
Parte (b) Cálculo de la potencia del motor
3, 2Woperación 7,94WTeórico
Se sabe del enunciado que
Woperación 2, 48WTeórico
1 17 actual carnot 3 3 actual 5, 7
Problema 16 Una máquina que utiliza 1 mol de un gas ideal monoatómico, efectúa un ciclo que consta de tres etapas: (1) una expansión adiabática desde una presión inicial de 2,64 atm y un volumen de 10 L hasta una presión final de 1 atm y un volumen de 20 L, (2) una compresión a presión constante hasta su volumen original de 10 L, y (3) calentamiento a volumen constante hasta su presión original de 2,64 atm. Determine el rendimiento del ciclo.
Por definición de coeficiente de operación
QC 8.10 4 J actual 5, 7 W W 4 W 1, 4.10 J La potencia del motor será
Solución
W 1, 4.104 J P t 1s P 14kW
En la figura se muestra el ciclo realizado por la máquina
486
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7 R T3 T2 2
Q23 nCP T3 T2 n
7(8,315 J / mol.K 122 K 244 K 2 3551J (Calor cedido) 1mol
Q23
W23 p2 V3 V2 1atm 10l 20l 10atm.l 10(1, 013.105 N / m 2 )(10 3 m 3 ) W23 1013J Cálculo de la temperatura T1
5 R T1 T3 2
Q31 nCP T3 T2 n
p1V1 nRT1
5 8,315 J / molK 2
2, 64(1, 013.10 N / m ) 10.10 m3 1(8, 315 J / mol.K )T1 5
3
2
Proceso isócoro
1mol
T1 322 K
Q31 4158 J
322 K 122 K
(Calor absorbido)
Se determina la temperatura en el punto 2
W31 0
p2V2 nRT2
1(1, 013.10 N / m ) 20.10 m 1(8,315 J / mol.K )T1 5
2
3
3
T2 244 K El trabajo neto será La temperatura en el punto 3 es
Wneto W12 W23 W31
p3V3 nRT3
1621J 1013 J 0
1(1, 013.105 N / m2 ) 10.103 m3 1(8,315 J / mol.K )T1
Wneto 608 J
T3 122 K
El rendimiento del ciclo será
Transferencia de calor y trabajo
W12
Q1 2 0
14, 6%
p1V1 p2V2 2, 64at (10l ) 1at (20l ) 1 1, 4 1
Problema 17
W12 16atm.l 16(1, 013.105 N / m 2 )(103 m3 )
Se dispone de gas helio (γ = 1,67) a una temperatura inicial de 16 atm, que ocupa un volumen 1 L y cuya temperatura es de 600 K. Se expansiona isotérmicamente hasta que su volumen es de 4 L y luego se comprime a presión constante hasta que su volumen y temperatura son tales que una compresión adiabática devuelve al gas a su estado original. (a) Dibujar el ciclo en un diagrama p-V. Determine: (b) el volumen y la temperatura después de una compresión isobárica, (c) el trabajo
W12 1621J
Wneto 608 J Qabsorbido 4158 J
Proceso adiabático
Proceso isobárico
487
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realizado durante el ciclo, y (d) el rendimiento del ciclo.
Optaciano Vásquez García
1 TV T3V3 1 1 1
600 K 1.10 3 m3
Solución
1,67 1
Parte (a) Diagrama p-V
4.103 m3 T3 600 K
1,67 1
T3
4 600 600 T3 344 K
0,67
T31,67
El volumen V3 será
4.103 m3 344 K 600 K V3 2, 29.103 m3 V3
Parte (c) El trabajo realizado durante el ciclo
Parte (b) Cálculo del volumen y la temperatura en 3
Proceso isotérmico
V2 V1
W12 p1V1 ln
Primero se determina la presión en 2
p1V1 p2V2
16atm 1l p2 4l
W12
p2 4atm
Como el proceso 2→3 es isobárico
4 16(101300)(103 ) ln 1 2247 J
Proceso isobárico
W23 p2 (V3 V2 )
p3 p2 4atm
4(101300) 2, 29.103 4.103
W23 693 J
Se determina ahora el volumen V3
p3V3 p2V2 V V 3 2 T3 T2 T3 T2
T3 4.103 m3 T3 600 K T2
V3 V2
Proceso adiabático
W31
El proceso 3→1 es adiabático por tanto se cumple
p3V3 p1V1 1
4(101300) 2, 29.103 16(101300)(103 )
W31 1034 J
488
Trabajo neto
1, 67 1
Física General II
Entropía y Segunda Ley de la Termodinámica
Wneto W12 W23 W31
TE dT m c dT dQ 1 w m1cw T1 T T T T m1cw ln E T1
(S )1
2247 693 1034 Wneto 520 J
300 280
Parte (d) Rendimiento de la máquina. Para esto se determina el calor absorbido. Del diagrama se observa que el calor se absorbe en el proceso isotérmico
1kg 4186 J / kg .K ln (S )1 289 J / K
Q12 W12 2247 J
La variación de entropía del agua que estuvo a T2 = 310 K será
Entonces el rendimiento será
Optaciano Vásquez García
TE dT m c dT dQ 2 w m2 cw T 2 T T T T m2 cw ln E T2
( S ) 2
Wneto 520 Q12 2247
23%
300 310
2kg 4186 J / kg.K ln (S ) 2 275 J / K
Problemas resueltos sobre entropía. Problema 01
La variación de entropía del Universo será
Un kilogramo de agua a temperatura de 280 K se mezclan con 2 kg de agua a 310 K en un recipiente aislado térmicamente. Determine el cambio en la entropía del Universo.
SUniverso ( S )1 ( S ) 2 289 J / K 275, J / K SUniverso 14 J / K
Solución En primer lugar se determina la temperatura de equilibrio
QGanado Q perdido 0
Problema 02
m1cw T m2cw T ' 0
Una masa m de líquido a temperatura T1 se mezcla con una igual cantidad del mismo líquido a temperatura T2 en un recipiente aislado térmicamente. Demuestre que el cambio de entropía del universo es
m1T m2 T ' 0
1kg TE 280 K 2kg TE 310 K 0 TE 300 K
T1 T2 2 TT 1 2
SU 2mcP ln
Se determina ahora la variación de entropía del agua que estuvo a T1= 280K
Pruebe además que es necesariamente positivo Solución Datos e incógnitas
m1 m; T1 ; m2 m; T2
489
Física General II
Entropía y Segunda Ley de la Termodinámica
Se determina la temperatura de equilibrio
QGanado Q perdido 0
SUniverso
T1 T2 2 T T 2 2 mcP ln mcP ln 1 2 T1T2 4T1T2
m1cw T m2cw T ' 0 m1T m2 T ' 0
T T mcP ln 1 2 2 T1T2
m TE T1 m TE T2 0 TE
T1 T2 2
SUniverso 2mcP ln
La entropía será positiva si
T1 T2 T T 0 o si 1 2 1 2 T1T2 2 T1T2
TE dT dQ m c dT 1 P m1cP T1 T T T T ( S )1 mcP ln E (2) T1
( S )1
ln
O también
T1 T2 2 T1T2
Variación de entropía de la masa de agua a temperatura T2
Esto quiere decir que la variación de entropía del universo será positiva si
TE dT dQ m c dT ( S ) 2 2 P m2 cP T1 T T T T ( S ) 2 mcP ln E (3) T2
TE
Variación de entropía del universo
T1 T2 > T1T2 2
Problema 03
SUniverso (S )1 (S ) 2 T mcP ln E mcP ln T1 TE2 T1T2
2
T1 T2 2 T1T2
(1)
Variación de entropía de la masa de agua a temperatura T1
SUniverso mcP ln
Optaciano Vásquez García
Un kilogramo de agua a 0°C se coloca en contacto con una fuente térmica a 100°C. Cuando el agua alcance los 100°C, determine el cambio de entropía del Universo.
E T T2
Solución
(4) Datos e incógnitas
m1 1kg ; T1 273K ; T foco 373K
Remplazando la ecuación (1) en (4) resulta
SU ??? Variación de entropía del agua
490
Física General II
Entropía y Segunda Ley de la Termodinámica
T2 dT m c dT dQ h e, h mh ce, h T 1 T T T T 273 mh ce,h ln 2 0, 03 2100 ln 263 T1
T dT m1cP ln F T1 T T1 373 1kg (4186 J / kg .K ln 273 S a 1306,5 J / K S a m1cP
Optaciano Vásquez García
S1
TF
S1 2,35 J / K
(1)
Variación de entropía para la fusión del hielo. Si la fusión se realiza lentamente entonces se cumple que
Variación de entropía de la fuente térmica. La fuente cede una cantidad de calor equivalente a la que gana el agua para llevarlo hasta los 100°C
Qf
mh L f
Q m1cP TF T1 1(4186) 373 273
S 2
Q 418600 J
S 2 36,81J / K
La variación de entropía de la fuente será´
S F
T2
T2
0, 03 3,35.105 273 (2)
Variación de entropía para llevar el agua de 0°C a 100°C
Q 418600 J TF 373K
T3 dT m c dT dQ w e,w mw ce, w T 2 T T T T 373 mw ce, w ln 3 0, 03 4190 ln 273 T2
S3
S F 1122,3 J / K Entonces la variación de entropía del universo será
S3 39, 23 J / K
SU Sa S F 1306,5 J / K 1122,3 J / K SU 184, 2 J / K
(3)
Variación de entropía para vaporizar el agua
0, 03 2, 26.10 Q mL S 4 V v V T3 T3 373
Problema 04 Hallar la variación que experimenta la entropía al transformarse 30 g de hielo a -10°C en vapor a 100°C.
S4 181, 76 J / K
6
(4)
Solución Datos e incógnitas La variación de entropía total será
mh 30 g ; T1 263K ; ce,h 2100 J / kg .K ;
St S1 S2 S3 S4
T2 273K ; T3 373K ; L f 3,35.105 J / kg ;
2,35 36,81 39, 23 181, 76
c2, w 4190 J / kg .K ; LV 2, 26.106 J / kg ;
St 260 J / K
S ???
Problema 05 Hallar la variación de entropía cuando 8 g de oxigeno que ocupaban un volumen de 10 L a la temperatura de 80°C pasan a ocupar un volumen de 40 L a la temperatura de 300°C.
Variación de entropía para llevar el hielo de -10°C a hielo a 0°C
Solución Datos e incógnitas
491
Física General II
Entropía y Segunda Ley de la Termodinámica
m 8 g ;V1 10.103 m3 ; T1 353K ;
S H
V2 40.10 m ; 1, 4; S ??? 3
3
dT T
nCV dT nRTdV T V .T T f dT V f dV nCV nR Ti T Vi V Tf V f S H nCV ln nR ln Ti Vi
dQ dU dW nCV dT pdV dV V
(3)
(2) Para un proceso isobárico se cumple
T V piVi p f V f f f Ti Tf Ti Vi
Remplazando (2) en (1) V2 dV dT nR T1 T V1 V T 2 m m V CV ln 2 Rl n M M V1 T1
S nCV
(2)
S H
(1)
De la primera ley de la termodinámica se tiene
dQ nCV dT nRT
dQ T
Remplazando (1) en (2), nos da
La variación de la entropía se expresa por
S
Optaciano Vásquez García
T2
(4)
Remplazando (4) en (3) resulta
V mH CP ln f MH Vi 6, 6 g 2V 28,8 J / mol.K ln 2 g / mol V SH 65,87 J / K Rta SH
8 573 40 21,1ln 8,31ln 32 353 10 S 5, 44 J / K
Problema 06 Problema 07
6,6 g de hidrógeno se expanden por vía isobárica hasta duplicar su volumen. Determine la variación que experimenta la entropía al producirse la expansión.
10,5 g de nitrógeno se expanden isotérmicamente desde el volumen V1 = 2 L hasta el volumen V2 = 5 L. Hallar el aumento de entropía correspondiente a esta transformación
Solución
Solución
Datos e incógnitas.
mH 2 6, 6 g ; M 2 g / mol ;Vi V ;V f 2V
Datos e incógnitas
1, 41; S h ??
mN2 10,5 g ; M 28 g / mol ;V1 2l ;V2 5l
1, 40; S h ?? De la primera ley de la termodinámica se tiene De la primera ley de la termodinámica se tiene
dQ dU dW nCV dT pdV dQ nCV dT nRT
dV V
(1)
La variación de entropía se expresa
492
Física General II
Entropía y Segunda Ley de la Termodinámica
dQ dU dW
S
nCV dT pdV 0 pdV dQ nRT
dV V
(1)
dQ T
(2)
T2 dT nCV dT nCV T1 T T T T nCV ln 2 nCV ln T T1
S (2)
S nCV ln
Remplazando (1) en (2), nos da V2 dV nRdV nR V1 V V V V 2 m nR ln 2 H R ln MH V1 V1 10,5 g 5l 8.315 J / mol.K ln 28 g / mol 2l 2,96 J / K Rta
(3)
La capacidad calorífica mola a volumen constante se puede escribir
S N 2
S N 2
dQ T
Remplazando (1) en (2) nos da
La variación de entropía será
S H
Optaciano Vásquez García
CP CV R
(4)
CP CP CV (5) CV
CV CV R CV
R 1
(6)
Al remplazar (6) en (3) se tiene
Problema 08
S
Hallar, calculando para un mol, el incremento de entropía del gas carbónico con el incremento de su temperatura absoluta en η = 2 veces, si el proceso de calentamiento es: (a) isócoro; (b) isobárico. Considere el gas como perfecto
Remplazando valores del enunciado
1mol 8,315 J / mol.K ln 2 1,3 1 S 19 J / K
Solución
S
Datos e incógnitas
n 1mol ; T1 T ;T2 T
1,3;(a )isócoro;(b)isobárico; S ??
Parte (b) Proceso isobárico De la primera ley de la termodinámica
Parte (a) Proceso isócoro (volumen constante)
dQ dU dW nCV dT pdV
De la primera ley de la termodinámica se tiene
dQ dU dW nCV dT 0 dQ nCV dT
nR ln 1
dQ nCV dT nRTdV (1)
(1)
La variacón de entropía es
S
La variación de entropía será
493
dQ T
(2)
Física General II
Entropía y Segunda Ley de la Termodinámica
Remplazando (1) en (2)
nCV dT nRTdV T T .V T S nCV ln 2 nR ln T1
Optaciano Vásquez García
V2 nRTdV V2 dV dQ nR V1 V1 V T V .T V kV S nR ln 2 nR ln V V1
S
S
V2 V1
(3)
S nR ln k S
k e nR
Como el proceso es a presión constante
p1V1 p2V2 V T 2 2 T1 T2 V1 T1
Remplazando valores tenemos
(4)
23 4 8,315
k e k 2
Remplazando (4) en (3)
T2 T2 +nRln T1 T1 T R T n ln 2 CV R n R ln T 1 T1 nR S ln (5) 1
e0,692
S nCV ln
Problema 10 Dos moles de un gas perfecto se enfriaron isocoramente, y luego se expandieron isobáricaente de modo que la temperatura llegó a ser igual a la inicial. Determine el incremento de entropía del gas si su presión varió η = 3,3 veces en dicho proceso
Al sustituir los valores del enunciado tenemos
Solución
1mol 8,315 J / mol.K 1,3 ln 2 1,3 1 S 25 J / K
Variación de entropía para el proceso isobárico
S
dQ dU pdV dU 0 T T T T S1 nCV ln 2 T1 S1
Problema 09
De la ley de gases ideales
¿En cuántas veces es necesario aumentar isotérmicamente el volumen de n = 4 moles de gas perfecto, para que su entropía experimente un incremento ΔS = 23 J/K?.
p1V1 p2V2 p T 2 2 T1 T2 p1 T1
Solución Entonces la ecuación anterior se escribe
De la primera ley de la termodinámica se tiene
p2 p1
dQ dU dW 0 pdV
S1 nCV ln
dV V
dQ nRT
Variación de entropía para el proceso isobárico La variación de entropía será
494
Física General II
Entropía y Segunda Ley de la Termodinámica
dQ dU pdV T T T S2 nCV ln 3 nR ln T2 S2
Optaciano Vásquez García
nCV dT nRdV T V
V3 V 2
Para los gases ideales en un proceso isobárico
p3V3 p2V2 V T 3 3 T3 T2 V2 T2 Entonces se tiene
T3 T3 T3 nR ln n CV R ln T T 2 2 T2 T T2 nCP ln 1 nCP ln T2 T1
La variación de entropía será
S 2 nCV ln
S Sadiabático Sisobárico 0 Sisobárico dQ dU pdW T T T S nCV ln 3 nR ln T2
p2 p1
S
S 2 nCP ln
La variación de entropía para todo el proceso será
p2 p2 nCP ln p1 p1
S S1 S2 nCV ln
Para los gases ideales se cumple
p3V3 p2V2 V T 3 3 T3 T2 V2 T2
p1 p nR ln p p2
n(C p CV ) ln S nR ln
V3 V2
Remplazando en la ecuación anterior se tiene
V3 V3 V3 nR ln n CV R ln V2 V 2 V2
Remplazando valores se tiene
S nCV ln
S 2mol (8,315 J / molK ) ln(3,3) S 19,85 J / K
V R nR V R ln 3 ln 1 V 1 V 2 n R S ( ) ln M 1
n
Problema 11 Remplazando valores s tiene
El helio de masa m = 1,7 g se expandió adiabáticamente en η = 3 veces y luego se comprimió isobáricamente hasta alcanzar su volumen inicial. Halle el incremento de entropía del gas durante este proceso.
S
1, 7 1, 67(8, 315 ln 3 4 1, 67 1
S 9, 67 J / k
Solución En la figura se muestra el proceso en un diagrama p-V
495
Física General II
Entropía y Segunda Ley de la Termodinámica
Optaciano Vásquez García
100 J del foco caliente durante cada ciclo. ¿Cuánto trabajo realiza? (c) ¿Cuánto calor cede durante cada ciclo? (d) ¿Cuál es el coeficiente de eficacia cuando la máquina trabaja como un refrigerador entre estos dos mismos focos?.
Problemas Propuestos 1.
Una máquina absorbe absorbe 400 J de calor y realiza un trabajo de 120 J en cada ciclo. Determine: (a) el calor absorbido en cada ciclo; (b) el rendimiento de la máquina.
2.
Una máquina con una producción de potencia de 200 W tiene un rendimiento de 30%. Trabaja a 10 ciclos/s. (a) ¿Cuánto trabajo se realiza en cada ciclo?. (b) Cuánto calor se absorbe y se elimina en cada ciclo?.
3.
Un refrigerador absorbe 5 kJ de energía de un foco frío y cede 8 kJ a un foco caliente. ¿Cuál es el coeficiente de eficiencia del refrigerador?. (b) El refrigerador es reversible y funciona como una máquina calorífica entre los dos mismos focos. ¿Cuál es su rendimiento?.
4.
5.
Un refrigerador trabaja entre una temperatura inferior de 0°C y una temperatura ambiente de de 20°C. ¿Cuál es el mayor coeficiente de eficacia posible? (b) Si el refrigerador se enfría a – 10°C ¿Cuál es el mayor coeficiente de eficacia posible suponiendo la misma temperatura ambiente?.
6.
Un motor tiene un rendimiento del segundo principio de 85%. En cada ciclo, extrae 200 kJ de un foco caliente a 500 K y elimina calor a un foco frío a 200 K. ¿Cuál es el rendimiento de este motor? ¿Cuánto trabajo realiza en cada ciclo? (c) ¡Cuánto calor se elimina en cada ciclo?.
7.
Una máquina opera en un ciclo entre las temperaturas T1 = 180°C y T2 = 100°C y emite 20 kJ de calor cada ciclo mientras realiza un trabajo de 1,5 kJ por cada ciclo. Compare la eficiencia actual de la máquina con la de una máquina reversible que opera entre las mismas temperaturas.
8.
¡Cuál es la mínima cantidad de trabajo que se debe hacer para extraer 400 J de calor de un objeto con una gran masa a 0°C mientras que se libera calor a una fuente caliente a 20°C?.
9.
Un mol de un gas monoatómico ideal se lleva a través del ciclo de la figura. E proceso AB es una expansión isotérmica reversible. Calcule: (a) el trabajo neto realizado por el gas, (b) el calor agregado al gas, (c) el calor liberado por el gas y (d) la eficiencia del ciclo.
10. Una máquina que utiliza 1 mol de un gas ideal inicialmente a V1 = 24,6 L y T = 400 K trabaja en un ciclo consistente en cuatro etapas: (1) expansión isotérmica a T = 400 K hasta dos
Una máquina de Carnot trabaja entre dos focos térmicos a temperaturas TH = 300 K y TC = 200 K. (a) ¿Cuál es el rendimiento? (b) Si absorbe
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Física General II
Entropía y Segunda Ley de la Termodinámica
Optaciano Vásquez García
volumen de 25 L a la presión de 1,5.10 5 N/m2 pasan a ocupar 65 L a la presión de 1,5.10 5 N/m2.
veces su volumen, (2) Enfriamiento hasta T = 300 K a volumen constante, (3) compresión isotérmica hasta su volumen original, y (4) calentamiento a volumen constante hasta su temperatura original 400 K. Suponga que C V = 21 J/mol K. Dibujar el ciclo y calcular el rendimiento del ciclo.
20. Hallar la variación de entropía correspondiente a la expansión isobárica de 8 g de helio desde el volumen V1 = 12 L hasta un volumen de 25 L.
11. El hidrógeno efectúa un ciclo de Carnot. Hallar el rendimiento del ciclo, si durante la expansión adiabática: (a) el volumen del gas aumentó en η = 2 veces; (b) la presión disminuye en η = 2 veces.
21. Die gramos de oxigeno se calientan desde 50°C hasta 150°C. Determine la variación de entropía si el calentamiento es ( a) isocoro, (b) isobárico.
12. A una máquina térmica que trabaja por el ciclo de Canot con un rendimiento de ε = 10% se le utiliza con aquellos mismos depósitos que un refrigerador. Determine el coeficiente de eficacia del refrigerador η.
22. Después de haber sido calentados 22 g de nitrógeno su temperatura absoluta amento en K = 2,2 veces y la entropía en µ = 4,19 J/K. ¿En qué condiciones se llevo a cabo el calentamiento?.
13. Determinar el rendimiento de un cicl que consta de dos isocoras y de dos adiabáticas, si en el límite del ciclo el volumen del ga perfecto varía η = 10 veces. La sustancia de trabajo utilizada es el nitrógeno. 14. Determine el rendimiento de un ciclo que se compone de dos isóbaras y de dos adiabáticas, si en los límites del ciclo la presión varía η veces. La sustancia de trabajo utilizada es un gas perfecto cuyo exponente adiabático es γ.
23. Un sistema absorbe 200 J de calor reversiblemente de un foco a 300 K y cede 100 J reversiblemente a un foco a 200 K, mientras se desplaza del estado A al estado B, Durante este proceso el sistema realiza un trabajo de 50 J . (a) ¿Cuál es la variación de energía interna del sistema?. (b) ¿Cuál es la variación de entropía del sistema?. (c) ¿Cuál es la variacón de entropía del universo?. (d) S el sistema evoluciona del estado A a B según un proceso no reversible, ¿Cuál sería la respuesta a las partes (a), (b) y (c)?.
15. Un gas ideal cuyo exponente adiabático es γ realiza un ciclo que se compone de dos isocoras y de dos isóbaras. Determine el rendimiento del ciclo, si la temperatura del gas crece K veces tanto durante el calentamiento isócoro como durante la expansión isobárica.
24. Un trozo de 100 g de hielo a 0°C se ha colocado en un recipiente aislado junto con 100 g de agua a 100°C. Determine: (a) la temperatura de equilibrio del agua y (b) la variación de entropía del universo para éste proceso.
16. Un gas perfecto efectúa un ciclo que se compone de: (a) una isocora, una adiabática y una isoterma; (b) una isóbara, una adiabática y una isoterma; con la particularidad de que el proceso isotérmico tiene lugar a la temperatura mínima del ciclo. Determine el rendimiento del ciclo, si la temperatura absoluta en su límites varía K veces.
25. Calcular la variación de entropía del universo cuando se introducen, 10 g de vapor a 100 °C y 1 atm de presión e un calorímetro de capacidad calorífica despreciable que contiene 150 g de agua y 150 g de hielo a 0°C. 26. Un mol de un gas ideal sufre en primer lugar una expansión libre desde V1 = 12,3 L y T1 = 300 K a V2 = 24,6 L y T2 = 300 K. Luego se comprime isotérmica y cuasiestáticamente volviendo a su estado original. (a) ¿Cuál es la variación de entropía del universo en el ciclo completo?. (b) ¿Cuánto trabajo se desperdicia en éste ciclo?. (c) demostrar que éste último es TΔS.
17. Determine el rendimiento del ciclo que se compone de dos isocoras y dos isotermas, si durante éste el volumen varía ν veces, y la temperatura absoluta, τ veces. La sustancia de trabajo es un gas ideal cuyo exponente adiabático es γ. 18. Hallar el incremento de entropía correspondiente a la transformación de 10 g de agua a 0°C en vapor recalentado a 110°C. 19. Hallar la variación de entropía que se observa cuando 8 g de hidrógeno que ocupaban un
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Entropía y Segunda Ley de la Termodinámica
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