Universidad T´ecnica Federico Santa Mar´ıa Departamento de F´ısica

Pauta Certamen No3 2do Semestre 2014

Termodin´amica Datos: R = 0,082 [atm L / mol K] = 8,31[J/mol K] Problema 1 (25 ptos.) Un cilindro de 5 [cm] de radio y 60 [cm] de altura, est´a envuelto en un manto cil´ındrico de asbesto de radio exterior de 8 [cm] (medido desde el centro del cilindro). Las bases est´an cubiertas con un aislante t´ermico perfecto. El cilindro de cobre se encuentra inicialmente a una temperatura de 180 [◦ C] y a las 8:00 a.m. se introduce en una c´ amara de fr´ıo donde la temperatura se mantiene estable a 10 [o C] manto cil´ındrico. Considere los siguientes valores: Conductividad t´ermica del asbesto: 0.08 [W/mo C] , calor espec´ıfico del cobre: 387 [J/kg o C] y densidad del cobre: 8902 [kg/m2 ] a) Calcule la cantidad de calor que pasa a trav´es del manto cil´ındrico por unidad de tiempo. b) Calcule la temperatura del cobre a las 10:00 a.m. c) ¿A qu´e hora el cilindro de cobre legar´a a los 100 [o C]? ´ SOLUCION: a) La figura 1 muestra la barra de cobre envuelta en asbesto donde rCu = 5[cm] es el radio del cilindro de cobre, rabs = 8[cm] es el radio de el asbesto, r es el radio en una posici´on intermedia dentro del asbesto y h = 60[cm] es la altura del cilindro. Suponiendo que el flujo es radial y que el extremo superior e inferior no emiten calor, el flujo de calor por conductividad t´ermica se expresa como: dQ dT = −kA dt dr El signo negativo se debe a que la temperatura de la barra de cobre T es mayor que la temperatura de la c´amara de fr´ıo Tc . Con el ´ area A = 2πhr en funci´ on del r´adio, el flujo de calor queda expresado como: H=

H = −2kπhr

dT dr

(1) Figura 1: Problema 1

F´ısica General III FIS-130 / 2014-2

1/ 11

Universidad T´ecnica Federico Santa Mar´ıa Departamento de F´ısica

Separando las variables dT y r con dr de la ecuaci´on (1): H dr · = −dT 2kπh r e integrando entre los radios rCu y rasb y entre las temperaturas T y Tc , se encuentra la expresi´ on del flujo de calor H en funci´ on de la temperatura T de la barra de cobre: H · 2kπh

Z

rasb

rCu

H · ln 2kπh



dr r

rasb rCu

Z

Tc

= −

dT T



Z

Tc

= −

dT T

Entonces, reemplazando los valores de los radios: H=

2πkh(T − Tc )   8 ln 5

(2)

La ecuaci´ on 2 tiene impl´ıcito la variable tiempo en la funci´on de temperatura del cobre T por lo que es necesario encontrar dicha funci´on. Como se define inicialmente, el flujo H es la derivada del calor Q con respecto al tiempo. De esta expresi´ on se encontrar´ a la funci´on de la temperatura del cobre en funci´on de la variable tiempo t. H=

dQ 2πkh(T − Tc )   = 8 dt ln 5

(3)

Como la barra de cobre no cambia de estado dQ = −m · c · dt, donde la masa m del cilindro de cobre se puede expresar en funci´ on de su densidad (ρCu ) (suponi´endola contante en el tiempo) y su volumen (VCu ): 2 m = ρCu · VCu = ρCu · π · rCu ·h

Reemplazando en la ecuaci´ on 3:

F´ısica General III FIS-130 / 2014-2

2/ 11

Universidad T´ecnica Federico Santa Mar´ıa Departamento de F´ısica

−m · c · dT dt

=

2 · h · c · dT −ρCu · π · rCu dt

=

2 · c · dT −ρCu · rCu dt

=

2πkh(T − Tc )   8 ln 5 2πkh(T − Tc )   8 ln 5 2k(T − Tc )   8 ln 5

2k

Definiendo β = ρCu ·

2 rCu

  , entonces: 8 · c · ln 5 −dT = β · dT (T − Tc )

Integrando ambos lados de la ecuaci´on, entre To y T con To = 180[o C] la temperatura inicial de la barra de cobre, y entre los tiempos 0 y t: Z

T

To

−dT (T − Tc ) T − Tc To − Tc

Z

t

β · dT

= 0

= e−βt

Entonces: T (t) = Tc + (To − Te ) · e−βt

(4)

Reemplazando la ecuaci´ on (4) en la ecuaci´on (2): H=

2πhk(To − Tc )e−βt   8 ln 5

Con: (To − Tc ) = (180 − 10)[o C] = 170[o C]

β=

2 · 0,08[J/smo C]  = = 3,9526 · 10−5 [1/s] 8 8902[kg/m2 ] · 0,052 [m2 ] · 387[J/kg o C] · ln(8/5) 2 ρCu · rCu · c · ln 5 2k

F´ısica General III FIS-130 / 2014-2

3/ 11

Universidad T´ecnica Federico Santa Mar´ıa Departamento de F´ısica 2πhk 0,60[m] · 0,80[W/mo C] = 2π · = 0,6417[W/o C] ln(8/5) ln(8/5) Por lo tanto el flujo de calor H(t) que circula sobre el manto de asbesto est´a expresado por: −5 [1/s]·t

H(t) = 109,086[W ] · e−3,953·10

(5)

b) La ecuaci´ on (4) entrega la temperatura de la barra de cobre en funci´on del tiempo. Para ello se reemplaza el valor β y valores To y Tc : −5 [1/s]·t

T (t) = 10[o C] + 170[o C] · e−3,953·10

(6)

Por lo tanto pasadas 2 [hrs] = 72000[s], se tiene que la temperatura del cobre es: T10:00 = T (7200[s]) = 137,90[o C] c) De la ecuaci´ on (6), igualando a 100[o C] se obtiene: −5 [1/s]·t

100[o C] = 10[o C] + 170[o C] · e−3,953·10

=⇒ t = 16090,4[s] = 4[hrs], 28[min], 10[s] Por lo tanto si a las 8:00 [hrs] la temperatura es de 180[o C], la temperatura de 100[o C] ser´ a alcanzada a las 12:28:10 [hs], [min], [s]. PUNTAJE: a) 2 3 2 4 4

ptos. ptos. ptos. ptos. ptos.

: : : : :

Expresi´ on del flujo cal´ orico (ecuaci´on 2). Expresi´ on del flujo cal´ orico en funci´on de los radios y las temperaturas (ecuaci´ on 2). Expresi´ on de la masa del cobre en funci´on de su densidad y volumen. Expresi´ on de la temperatura de la barra de cobre en funci´on del tiempo (ecuaci´ on 4). Funci´ on del flujo cal´ orico H(t) con respecto al tiempo. (Ecuaci´on 5).

b) 5 ptos : Temperatura a las 10:00. c) 5 ptos : Hora a la cual la barra de cobre posee una temperatura de 100[o C].

F´ısica General III FIS-130 / 2014-2

4/ 11

Universidad T´ecnica Federico Santa Mar´ıa Departamento de F´ısica

Problema 2 (25 ptos.) Una c´amara cil´ındrica de volumen V est´a aislada t´ermicamente y posee en su interior una pared delgada, m´ovil y herm´etica, conductora del calor, que puede deslizar sin roce. Al lado izquierdo hay 3 moles de nitr´ogeno y al lado derecho 2 moles de helio.

Figura 2: Problema 2 a) Encuentre el volumen ocupado por cada gas cuando el sistema se encuentra en equilibrio. Exprese cada volumen en funci´ on de V . b) Suponga que la temperatura inicial en el equilibrio es T y la pared del lado derecho de la c´ amara deja pasar, por solo un instante, una cantidad de calor Q al interior. Demuestre que la temperatura de los gases luego de alcanzado el equilibrio es: 2 Tf = T + · 21



Q R



´ SOLUCION: a) Si la pared interior del sistema es m´ovil, en el equilibrio los gases tendr´an la misma temperatura y presi´ on. Luego aplicando la Ley de los Gases Ideales se espresar´a el volumen de cada gas en funci´on de la temperatura y presi´on de equilibrio T y P , respectivamente: P VN2 = nN2 RT nN2 RT P

VN2 =

∧ P VHe = nHe RT ∧

VHe =

nHe RT P

Por otro lado la suma de los vol´ umenes de cada gas debe sumar V , por lo que se tiene: VN2 + VHe = V

=⇒

nN2 RT nHe RT + =V P P

Por lo tanto:  P =

F´ısica General III FIS-130 / 2014-2

nN2 + nHe V

 RT

5/ 11

Universidad T´ecnica Federico Santa Mar´ıa Departamento de F´ısica

Con nN2 = 3 y nHe = 2 se llega a que: P =

5RT V

Por lo tanto reemplazando la expresi´on de la presi´on de equilibrio P en las ecuaciones que definen los vol´ umenes de cada gas en funci´on de P se obtiene: 3 VN2 = V 5

2 VHe = V 5

∧

b) El sistema completo no sufre variaci´on de volumen, por lo cual ´este no genera trabajo. Aplicando la Primera Ley de la Termodin´ amica se obtiene: 4U

= Q

4UN2 + 4UHe = Q nN2 CvN2 4 T + nHe CvHe 4 T

= Q

Como la aplicaci´ on de calor Q ocurre para una temperatura inicial de equilibrio T se puede expresar 4T = (Tf − T ), y expresando los valores de CvN2 y CvHe paraun gas diat´ omico y monoat´ omico respectivamente se llega a: 3 5 nN2 · R · 4T + nHe · R · 4T 2 2 5 3 · R · 4T + 2 · 2  15 + 2

3 R · 4T 2  6 · 4T 2

= Q = Q =

Q R

Entonces: 2 · Tf = T + 21



Q R



PUNTAJE: a) 2 ptos. : Expresi´ on de los vol´ umenes en funci´on de la presi´on y temperatura de equilibrio. 3 ptos. : Expresi´ on de la presi´ on de equilibrio P . 5 ptos. : Volumen de cada gas en funci´on de V . b) 10 ptos. : Balance de energ´ıa interna, expresada para cada gas (4UN2 + 4UHe ). 5 ptos. : Deducci´ on de la temperatura final Tf .

F´ısica General III FIS-130 / 2014-2

6/ 11

Universidad T´ecnica Federico Santa Mar´ıa Departamento de F´ısica

Problema 3 (25 ptos.) Una m´aquina t´ermica opera con dos moles de Helio gaseoso (con comportamiento ideal), realizando el ciclo mostrado en el diagrama presi´ on-volumen de la figura. La m´axima temperatura que alcanza el gas ◦ es de 327[ C]. Considerando que el proceso del estado b al c es isot´ermico, que la presi´on en el estado a es p0 y que es un tercio de la presi´ on en el estado b, con p0 = 105 [P a], realice lo siguiente: a) Obtenga la presi´ on, volumen y temperatura de cada estado. b) Calcule cu´ anto calor entra y cu´ anto calor sale de la m´aquina. c) ¿Cu´anto trabajo realiza la m´ aquina? d) Calcule la eficiencia de ´esta maquina y comp´arela con la eficiencia de Carnot. Comente los apartados anteriores, suponiendo que en lugar de un proceso isot´ermico entre los estados b y c, se realiza un proceso adiab´ atico.

´ SOLUCION: a) Se comienza a obtener los diferentes estados (presi´on, temperatura y volumen) a partir del punto B donde se tiene el valor de la temperatura y presi´on (considerando la presi´on en el punto 3 igual a 3Po ). Punto B: TB = 327[o C] PB = 3Po = 3 · 105 [P a] nRTB 2[mol] · 8,31[J/molK] · (327 + 273)[K] VB = V1 = = = 0,03324[m3 ] PB 3 · 105 [P a] Punto C: TC = 327[o C] F´ısica General III FIS-130 / 2014-2

7/ 11

Universidad T´ecnica Federico Santa Mar´ıa Departamento de F´ısica

PC = Po = 105 [P a] nRTB 2[mol] · 8,31[J/molK] · (327 + 273)[K] VC = V2 = = = 0,09972[m3 ] PB 105 [P a] Punto A: VA = V1 = 0,03324[m3 ] PA = Po = 105 [P a] Pa VA 105 [P a] · 0,03324[m3 ] TA = = = 200[K] nR 2[mol] · 8,31[J/molK] b) En este ciclo t´ermico, en todos los procesos ocurrir´a intercambio t´ermico. A continuaci´ on se calcula el calor cedido o absorbido en cada proceso indicando su tipo: ´ Proceso A-B: ISOCORICO 3 QAB = nCv 4 T = 2[mol] · R · (327 − (−73))[K] = 9972[J] (Entra calor al sistema). 2 ´ Proceso B-C: ISOTERMICO     VC 0,09972 QBC = WBC = nRT · ln = 2[mol] · 8,31[J/molK] · (327 + 273)[K] · ln VB 0,03324 QBC = 10955,4[J] (Entra calor al sistema). ´ Proceso C-A: ISOBARICO 5 QCA = nCp 4 T = 2[mol] · R · (200 − (327 − 273))[K] = −16620[J] (Sale calor al sistema). 2 Por lo tanto el calor que entra al sistema es: Qe = QAB + QBC = (9972 + 10955, 4)[J] = 20927, 4[J] Y salen Qs = QCA = 16620[J]. c) De la Primera ley de la termodin´amica se tiene que para un ciclo 4U = 0, por lo que: Q = Wneto Entonces el trabajo que realiza la m´aquina es: Wneto = Qe − Qs = (20927,4 − 16620)[J] = 4307,4[J]

d) La eficiencia de cualquier m´ aquina t´ermica se calcula como: e% = F´ısica General III FIS-130 / 2014-2

Wneto 4307,4[J] = = 20,6 % Qe 20927,4[J] 8/ 11

Universidad T´ecnica Federico Santa Mar´ıa Departamento de F´ısica

Por otro lado la eficiencia de una m´aquina de Carnot puede ser calculada solo a partir de los valores de las fuentes de calor, definiendo la temperatura menor como Tc y la mayor Th : eCarnot % = 1 −

Tc 200[K] =1− = 66,7 % Th (327 + 273)[K]

Y se tiene que e % < eCarnot por lo que se concluye de que la m´aquina t´ermica puede existir. e) Si el proceso B-C fuese adiab´ atico: • La temperatura alcanzada en el punto C ser´ıa menor. Si se quiere alcanzar la misma presi´ on anterior, el volumen en C disminuye, en cambio si se quiere alcanzar el mismo volumen en C anterior, la presi´ on tanto en C como en A disminuyen. • No entra calor el el proceso B-C. • Al no entrar calor en el sistema en el proceso B-C, manteniendo los l´ımites te presi´ on definidos inicialmente, el calor que entra el sistema disminuye y por ende el trabajo neto tambi´en lo hace. • Al disminuir el trabajo neto, no indica que la eficiencia disminuya. Esta debe volver a calcularse. PUNTAJE: a) 2 ptos. : Por cada resultado completo de cada punto. b) 1 pto. : Por cada calor Q calculado en cada proceso. 2 ptos: Por el resultado del calor de entrada y de salida del ciclo. c) 4 ptos. d) 3 ptos. : Eficiencia de la m´ aquina t´ermica. 2 ptos. : Eficiencia de Carnot. 1 pto. : Evaluar su existencia. e) : 4 ptos.

F´ısica General III FIS-130 / 2014-2

9/ 11

Universidad T´ecnica Federico Santa Mar´ıa Departamento de F´ısica

Problema 4 (25 ptos.) Dentro de un recipiente t´ermicamente aislado del exterior y al vac´ıo, se ponen en contacto t´ermico dos esferas: una de Cobre de masa 2[kg] y temperatura inicial de 70[o C], y otra de Aluminio de masa 3[kg] y temperatura inicial de 90[o C]. Los respectivos calores espec´ıficos son de 387[J/kgK] para Cobre y de 900[J/kgK] para Aluminio. a) Determine la variaci´ on de entrop´ıa del sistema una vez alcanzado el equilibrio t´ermico. b) Explique el resultado en t´erminos del concepto de entrop´ıa. ´ SOLUCION: a) En primera instancia se debe calcular la temperatura de equilibrio Teq que alcanza el sistema. En este caso el cobre recibir´ a calor, mientras que el aluminio ceder´a. 4QCu + 4QAl = 0 mCu · cCu · (Teq − TCu ) + mAl · cAl · (Teq − TAl ) = 0 2[kg] · 387[J/kgK] · (Teq − 70[o C]) + 3[kg] · 900[J/kgK] · (Teq − 90[o C]) = 0 Entonces: Teq = 85,54[o C] Luego el cambio de entrop´ıa, independiente del camino recorrido, se define de la ecuaci´ on: Z 4S = 1

2

dQ T

Donde 1 y 2 representan el estado inicial y final. En este caso el cambio infinitesimal de calor dQ se expresa como un calor sensible (que es el que ocurre en el sistema): dQi = mi · Ci · dT Entonces el cambio de entrop´ıa del sistema es: 4Ssistema = 4SCu + 4SAl Z 4Ssistema = 1

2

mCu · CCu · dT + T Z

4Ssistema = mCu · CCu ·

Z

85,54[o C]

70[o C]

1

F´ısica General III FIS-130 / 2014-2

mAl · CAl · dT T

dT + mAl · CAl · T 

4Ssistema = 2[kg] · 387[J/kgK] · ln

2

85,54 70

Z

85,54[o C]

90[o C]

dT T



 + 3[kg] · 900[J/kgK] · ln

85,54 90



10/ 11

Universidad T´ecnica Federico Santa Mar´ıa Departamento de F´ısica

Entonces: 4SSistema = 17,9493[J/K] b) El cambio de entrop´ıa del sistema positivo se debe al desorden que sufren las part´ıculas, en donde las part´ıculas o mol´ecula de Cobre, si bien son menor en cantidad que las de Aluminio, est´ as se desordenan en mayor cantidad, debido a que la temperatura de equilibrio se aleja m´ as de la temperatura inicial del Cobre, que la del Aluminio. PUNTAJE: a) 4 4 2 4

ptos : Temperatura de equilibrio Teq ptos. : Expresi´ on del diferencial del calor dQi ptos. : Calculo de entrop´ıa por cada material. ptos. : Entop´ıa del sistema

b) 9 ptos.

F´ısica General III FIS-130 / 2014-2

11/ 11