termo

Problemas de Termodinámica. Primera Ley.

Uad = qad + wad  10000 = qad – 2500

1) a) ¿Cuál es el cambio de energía interna, cuando
un sistema pasa del estado a al b a lo largo de
la transformación acb recibe una cantidad de
calor de 20000 cal y realiza 7.500 cal de
trabajo?

qad = 12500 cal

b) ¿Cuánto calor recibe el sistema a lo largo de

c)

El camino ab:
Udb = Uab – Uad= 12500 – 10000 = 2500 cal
wdb = 0
Udb = qdb + wdb  2500 = qdb – 0

la transformación adb, si el trabajo realizado
es de 2500 cal?

qdb = 2500 cal.

Cuando el sistema vuelve de b hacia a, a lo
largo de la transformación en forma de curva,
el trabajo hecho sobre el sistema es de 5000
cal. ¿Cuánto calor absorbe o libera el sistema?

2) Un gas ideal en el que Cv = n.R5/2 es trasladadodel
punto "a" al punto "b" siguiendo los caminos acb, adb
y ab, la presión y el volumen finales son P2 = 2P1 y V2
= 2V1. a) Calcular el calor suministrado al gas, en
función de n, R y T1 en cada proceso. b) Cual es la
capacidad calorífica en función de R para el proceso
ab.

d) Si Ua = 0 y Ud = 10000 cal hállese el calor

absorbido en los procesos ad y db.

Respuesta
Nota: no hacefalta ningún dato de P y V para resolver
el problema
Respuesta
a) El camino acb:
qacb = 20000 cal; wcb = –7500 cal; wac = 0
Uab = qacb + wacb = 20000 – 7500 = 12500 cal.
b) El camino adb:
Uab = qadb + wadb  wadb = –2500 cal;

Aplicando el primer principio de la termodinámica
podemos escribir:
q = U – w
Para cualquiera de los procesos que hemos de
considerar, la variación de energíainterna será la
misma puesto que U es una función de estado y solo
depende de los puntos inicial y final del proceso. Por
tratarse de un gas perfecto, podemos escribir:

12500 = qadb – 2500  qadb = 15000 cal
c) El camino ba:
Uba = –12500 cal  wba = 5000 cal;

Pero, de la ecuación de los gases perfectos, obtenemos:

Uba = qba + wba  –12500 = qba + 5000
qba = –17500 cal
d) Elcamino ad:
Uad = qad + wad  Uad = Ud – Ua = 10000 – 0
Uad = 10000 cal
wad = wadb = – 2500 cal; ya que wbd = 0

por lo que, sustituyendo:

Calculamos el trabajo en cada uno de los procesos:

C  A: Transformación adiabática reversible, que
devuelve al gas a sus condiciones iniciales.



wacb = wac + wcb
wac = – P.V = 0 (por ser V = 0)
wcb = – P.V = – P2.(V2 – V1) = – 2P1.(2V1 –V1)
wcb = – 2n.R.T1
wadb = wad + wdb
wad = – P.V = – P1.(V2 – V1) = – P1.(2V1 – V1)
wcb = – n.R.T1
wdb = – P.V = 0 (por ser V = 0)
En el caso de wab no conocemos el tipo de proceso que
sigue el gas, pero podemos ver que el trabajo vendrá
dado por:

wab 

wacb  wadb (2nRT1 )  (nrT1 )

2
2

a) Determinar el número de moles de helio,
confeccionar una tabla en la queaparezcan los valores
P, V y T en los tres estados A, B y C, y dibujar el ciclo
en el diagrama P-V.
b) Calcular, en unidades del sistema internacional, de
forma directa (siempre que sea posible) el trabajo w,
el calor q, y la variación de energía interna U, del
gas para cada uno de los procesos.
c) Determinar el rendimiento de este ciclo como
motor térmico y comparar el resultado con el de unmotor de Carnot que funcione entre las dos
temperaturas extremas del ciclo.
Dato: R=8.33 J/(mol K)
Respuesta
La representación gráfica del proceso es

3
wab   n.R.T1
2
Obtenidos todos los datos necesarios podemos
calcular el calor suministrado al gas en cada uno de
los procesos:

qacb  U ab  wacb 

15
19
nRT1  2nRT1  nRT1
2
2

qadb  U ab  wadb 

15
17
nRT1  nRT1 nRT1
2
2

15
3
qab  U ab  wab  nRT1  nRT1  9nRT1
2
2
Finalmente, la capacidad calorífica para el proceso ab
será, en realidad, la capacidad calorífica media que
podemos calcular mediante:

C

qab
9.n.R.T1

 3.n.R ( J / K )
T2  T1 4T1  T1

3) Consideremos helio (gas perfecto monoatómico Cv
= 3R/2) en el estado inicial A: PA = 105 Pa, VA = 10-2
m3 y TA = 300 K....