Calculo de enercia potencial

Tema 3. Segundo y Tercer Principio
PROBLEMAS EJEMPLO

1.-

Un mol de gas ideal que se encuentra inicialmente a 25ºC se expande: a) isotérmicamente y reversiblemente desde 20 hasta 40l, y b) isotérmicamente contra una presión de oposición nula (expansión de Joule) desde 20 hasta 40l. Calcular S, Q y W para ambos procesos. Obsérvese la relación entre S y Q en ambos procesos. La variación deentropía siempre viene definida por S   dqrev , lo que habrá que calcular en cada T

caso es el valor de

 dq

rev

porque en ambos procesos T es constante.

Condiciones:

T1 = constante =298K n=1mol V1 = 20 l V2 =40 l

a) Expansión isotérmica reversible de gas ideal: Según el Primer Principio dU  dq  dw  dq  Pext dV Como el proceso es reversible dU  dqrev  Pint dV  dqrev dU  PdV En el caso de G.I. Uf(T)  dU = CV dT= 0 por ser p. isotérmico dT=0 PV=nRT P=nRT/V Luego dqrev  nRT dV V y por tanto S   dqrev V nRT  dV  nRLn 2 = 5,763J/K T VT V1

Como U=0

Q  W   PdV  

V nRT dV  nRTLn 2  1, 717 KJ V V1

b) Expansión isotérmica contra el vacío (expansión de Joule): Proceso irreversible, la diferencia de P entre el sistema y los alrededores haceque la expansión sea muy rápida e irreversible. Según el Primer Principio dU  dq  dw  dq  Pext dV En el caso de G.I. Uf(T)  dU = CV dT= 0 por ser p. isotérmico dT=0 Por ser una expansión contra el vacío, Pext=0 y por tanto W    Pext dV  0 Como U=0 y W=0  Q = 0 pero este Q es el correspondiente al proceso irreversible luego no se puede emplear para calcular S. El S hay que calcularloa partir de un proceso reversible que llevara del estado incial al mismo estado final: dqrev dU  dwrev C (T )dT  PdV C (T ) P nRT   V  V dT   dV  0   dV T T T T T VT (la primera integral se hace 0 porque dT=0), por tanto V nR S   dV  nRLn 2  5, 763J / K V V1

S   dS 

Como se observa, U y S en ambos procesos (uno reversible y otro irreversible) son los mismos porquelos estados inicial y final en ambos casos son los mismos, y U y S son funciones de estado. Sin embargo los Q y W implicados son diferentes porque las trayectorias son diferentes

2.-

a) Un mol de gas ideal con CV  3R / 2 se expande adiabática y reversiblemente desde un estado inicial con 300K y 1at, hasta un estado con 0,5at. Calcular Q, W, U y S. b) Si el mismo gas se expandeadiabáticamente contra una presión constante de 0,5at. Calcular Q, W, U y S. (Comparar los resultados con los del apartado a)). T1 = 300 K P1 = 1 at P2 =0,5 at Procesos adiabáticos, luego Q=0 S  

Condiciones:

dqrev . Pero en el apartado a) el proceso es T reversible, mientras que en el apartado b) el proceso es irreversible ya que la Pint no es PextdP La variación de entropía siempre vienedefinida por a) Expansión adiabática reversible de gas ideal Proceso adiabático reversible Qrev=0  S   Según el Primer Principio y por ser reversible En el caso de G.I. Uf(T)  PV=nRT CV dT   nRT dV V dqrev 0 T dU  dq  dw  0  Pext dV   Pint dV

dU = CV dT P=nRT/V  

Por tanto

 T dT    V dV
 T2   V1      T1   V2 
nR CV

CV

nR

T V CV Ln 2  nRLn 2 T1 V1 CPCV



P2V2 PV1 1



PV1  P2V2 1

siendo  

y

para un G.I. CP  CV  R pero es necesario calcular V1 para obtener V2, y conocido este obtener T2 :

Se conoce el valor de T1 , P1 y P2 1mol 0, 082

nRT1 V1   P 1

at .l 300 K K .mol  24, 6l 1at PV  1 1 P2
5 3

C R  CV R  3 2 R 5   P    3 R CV CV 3 2 T2 



V2

5

3

 V2 = 37,2l

P2V2  226,83KnR U   nCV dT  nCV (T2  T1 )  912, 5 J =Q+ W



W=-912,5J nRT dV porque como se ha visto, en el V

Importante: No se puede integrar directamente W    PdV    proceso adiabático la T no es constante.

b) Expansión adiabática irreversible de gas ideal El proceso es irreversible ya que la Pint =1 at no es Pext dP=0,5 at

Proceso adiabático irreversible Q=0, En el caso de...