Pauta Certamen N o 3

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1 Pauta Certamen N o 3 2 do Semestre 2014 Termodinámica Universidad Técnica Federico Santa María Datos: R = 0,02 [atm L / mol K] =,31[J/mol K] Problema 1 (2 ptos.) Un cilindro de [cm] de radio y 60 [cm] de altura, está envuelto en un manto cilíndrico de asbesto de radio exterior de [cm] (medido desde el centro del cilindro). Las bases están cubiertas con un aislante térmico perfecto. El cilindro de cobre se encuentra inicialmente a una temperatura de 10 [ C] y a las :00 a.m. se introduce en una cámara de frío donde la temperatura se mantiene estable a 10 [ o C] manto cilíndrico. Considere los siguientes valores: Conductividad térmica del asbesto: 0.0 [W/m o C], calor específico del cobre: 37 [J/kg o C] y densidad del cobre: 902 [kg/m 2 ] a) Calcule la cantidad de calor que pasa a través del manto cilíndrico por unidad de tiempo. b) Calcule la temperatura del cobre a las 10:00 a.m. c) A qué hora el cilindro de cobre legará a los 100 [ o C]? SOLUCIÓN: a) La figura 1 muestra la barra de cobre envuelta en asbesto donde r Cu = [cm] es el radio del cilindro de cobre, r abs = [cm] es el radio de el asbesto, r es el radio en una posición 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 térmica se expresa como: H = dq dt = kadt dr El signo negativo se debe a que la temperatura de la barra de cobre T es mayor que la temperatura de la cámara de frío T c. Con el área A = 2πhr en función del rádio, el flujo de calor queda expresado como: H = 2kπhr dt dr (1) Figura 1: Problema 1 Física General III FIS-130 / / 11

2 Separando las variables dt y r con dr de la ecuación (1): H 2kπh dr r = dt e integrando entre los radios r Cu y r asb y entre las temperaturas T y T c, se encuentra la expresión del flujo de calor H en función de la temperatura T de la barra de cobre: H rasb 2kπh dr r Cu r H 2kπh ( rasb r Cu Entonces, reemplazando los valores de los radios: ) Tc = dt T Tc = dt T H = 2πkh(T ( ) T c) (2) La ecuación 2 tiene implícito la variable tiempo en la función de temperatura del cobre T por lo que es necesario encontrar dicha función. Como se define inicialmente, el flujo H es la derivada del calor Q con respecto al tiempo. De esta expresión se encontrará la función de la temperatura del cobre en función de la variable tiempo t. H = dq dt = 2πkh(T ( ) T c) (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 función de su densidad (ρ Cu ) (suponiéndola contante en el tiempo) y su volumen (V Cu ): Reemplazando en la ecuación 3: m = ρ Cu V Cu = ρ Cu π r 2 Cu h Física General III FIS-130 / / 11

3 m c dt dt ρ Cu π r 2 Cu h c dt dt ρ Cu r 2 Cu c dt dt = 2πkh(T ( ) T c) = 2πkh(T ( ) T c) = 2k(T ( ) T c) Definiendo β = 2k ρ Cu r 2 Cu c ( ), entonces: dt (T T c ) = β dt Integrando ambos lados de la ecuación, entre T o y T con T o = 10[ o C] la temperatura inicial de la barra de cobre, y entre los tiempos 0 y t: T T o dt (T T c ) = t 0 β dt Entonces: T T c T o T c = e βt Reemplazando la ecuación (4) en la ecuación (2): Con: T (t) = T c + (T o T e ) e βt (4) H = 2πhk(T o T c )e ( ) βt (T o T c ) = (10 10)[ o C] = 170[ o C] β = 2k ρ Cu r 2 Cu c ( ) = 2 0,0[J/sm o C] 902[kg/m 2 ] 0,0 2 [m 2 ] 37[J/kg o C] (/) = 3, [1/s] Física General III FIS-130 / / 11

4 2πhk (/) = 2π 0,60[m] 0,0[W/mo C] = 0,6417[W/ o C] (/) Por lo tanto el flujo de calor H(t) que circula sobre el manto de asbesto está expresado por: H(t) = 109,06[W ] e 3,93 10 [1/s] t () b) La ecuación (4) entrega la temperatura de la barra de cobre en función del tiempo. Para ello se reemplaza el valor β y valores T o y T c : T (t) = 10[ o C] + 170[ o C] e 3,93 10 [1/s] t (6) Por lo tanto pasadas 2 [hrs] = 72000[s], se tiene que la temperatura del cobre es: T 10:00 = T (7200[s]) = 137,90[ o C] c) De la ecuación (6), igualando a 100[ o C] se obtiene: 100[ o C] = 10[ o C] + 170[ o C] e 3,93 10 [1/s] t = t = 16090,4[s] = 4[hrs], 2[min], 10[s] Por lo tanto si a las :00 [hrs] la temperatura es de 10[ o C], la temperatura de 100[ o C] será alcanzada a las 12:2:10 [hs], [min], [s]. PUNTAJE: a) 2 ptos. : Expresión del flujo calórico (ecuación 2). 3 ptos. : Expresión del flujo calórico en función de los radios y las temperaturas (ecuación 2). 2 ptos. : Expresión de la masa del cobre en función de su densidad y volumen. 4 ptos. : Expresión de la temperatura de la barra de cobre en función del tiempo (ecuación 4). 4 ptos. : Función del flujo calórico H(t) con respecto al tiempo. (Ecuación ). b) ptos : Temperatura a las 10:00. c) ptos : Hora a la cual la barra de cobre posee una temperatura de 100[ o C]. Física General III FIS-130 / / 11

5 Problema 2 (2 ptos.) Una cámara cilíndrica de volumen V está aislada térmicamente y posee en su interior una pared delgada, móvil y hermética, conductora del calor, que puede deslizar sin roce. Al lado izquierdo hay 3 moles de nitrógeno 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 función de V. b) Suponga que la temperatura inicial en el equilibrio es T y la pared del lado derecho de la cámara 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: T f = T ( ) Q R SOLUCIÓN: a) Si la pared interior del sistema es móvil, en el equilibrio los gases tendrán la misma temperatura y presión. Luego aplicando la Ley de los Gases Ideales se espresará el volumen de cada gas en función de la temperatura y presión de equilibrio T y P, respectivamente: P V N2 = n N2 RT P V He = n He RT V N2 = n N 2 RT P V He = n HeRT P Por otro lado la suma de los volúmenes de cada gas debe sumar V, por lo que se tiene: Por lo tanto: V N2 + V He = V = n N2 RT P ( ) nn2 + n He P = RT V + n HeRT P = V Física General III FIS-130 / / 11

6 Con nn 2 = 3 y n He = 2 se llega a que: P = RT V Por lo tanto reemplazando la expresión de la presión de equilibrio P en las ecuaciones que definen los volúmenes de cada gas en función de P se obtiene: V N2 = 3 V V He = 2 V b) El sistema completo no sufre variación de volumen, por lo cual éste no genera trabajo. Aplicando la Primera Ley de la Termodinámica se obtiene: U = Q U N2 + U He = Q n N2 C vn2 T + n He C vhe T = Q Como la aplicación de calor Q ocurre para una temperatura inicial de equilibrio T se puede expresar T = (T f T ), y expresando los valores de C vn2 y C vhe paraun gas diatómico y monoatómico respectivamente se llega a: n N2 2 R T + n He 3 2 R T = Q 3 2 R T R T = Q ( ) T = Q 2 R Entonces: T f = T ( ) Q R PUNTAJE: a) 2 ptos. : Expresión de los volúmenes en función de la presión y temperatura de equilibrio. 3 ptos. : Expresión de la presión de equilibrio P. ptos. : Volumen de cada gas en función de V. b) 10 ptos. : Balance de energía interna, expresada para cada gas ( U N2 + U He ). ptos. : Deducción de la temperatura final T f. Física General III FIS-130 / / 11

7 Problema 3 (2 ptos.) Una máquina térmica opera con dos moles de Helio gaseoso (con comportamiento ideal), realizando el ciclo mostrado en el diagrama presión-volumen de la figura. La máxima temperatura que alcanza el gas es de 327[ C]. Considerando que el proceso del estado b al c es isotérmico, que la presión en el estado a es p 0 y que es un tercio de la presión en el estado b, con p 0 = 10 [P a], realice lo siguiente: a) Obtenga la presión, volumen y temperatura de cada estado. b) Calcule cuánto calor entra y cuánto calor sale de la máquina. c) Cuánto trabajo realiza la máquina? d) Calcule la eficiencia de ésta maquina y compárela con la eficiencia de Carnot. Comente los apartados anteriores, suponiendo que en lugar de un proceso isotérmico entre los estados b y c, se realiza un proceso adiabático. SOLUCIÓN: a) Se comienza a obtener los diferentes estados (presión, temperatura y volumen) a partir del punto B donde se tiene el valor de la temperatura y presión (considerando la presión en el punto 3 igual a 3P o ). Punto B: T B = 327[ o C] P B = 3P o = 3 10 [P a] V B = V 1 = nrt B P B Punto C: = 2[mol],31[J/molK] ( )[K] 3 10 [P a] = 0,03324[m 3 ] T C = 327[ o C] Física General III FIS-130 / / 11

8 P C = P o = 10 [P a] V C = V 2 = nrt B P B Punto A: = 2[mol],31[J/molK] ( )[K] 10 [P a] = 0,09972[m 3 ] V A = V 1 = 0,03324[m 3 ] P A = P o = 10 [P a] T A = P av A nr = 10 [P a] 0,03324[m 3 ] 2[mol],31[J/molK] = 200[K] b) En este ciclo térmico, en todos los procesos ocurrirá intercambio térmico. A continuación se calcula el calor cedido o absorbido en cada proceso indicando su tipo: Proceso A-B: ISOCÓRICO Q AB = nc v T = 2[mol] 3 R (327 ( 73))[K] = 9972[J] (Entra calor al sistema). 2 Proceso B-C: ISOTÉRMICO ( ) ( ) VC 0,09972 Q BC = W BC = nrt = 2[mol],31[J/molK] ( )[K] V B 0,03324 Q BC = 109,4[J] (Entra calor al sistema). Proceso C-A: ISOBÁRICO Q CA = nc p T = 2[mol] R (200 ( ))[K] = 16620[J] (Sale calor al sistema). 2 Por lo tanto el calor que entra al sistema es: Y salen Q s = Q CA = 16620[J]. Q e = Q AB + Q BC = ( , 4)[J] = 20927, 4[J] c) De la Primera ley de la termodinámica se tiene que para un ciclo U = 0, por lo que: Entonces el trabajo que realiza la máquina es: Q = W neto W neto = Q e Q s = (20927, )[J] = 4307,4[J] d) La eficiencia de cualquier máquina térmica se calcula como: e % = W neto Q e = 4307,4[J] 20927,4[J] = 20,6 % Física General III FIS-130 / / 11

9 Por otro lado la eficiencia de una máquina de Carnot puede ser calculada solo a partir de los valores de las fuentes de calor, definiendo la temperatura menor como T c y la mayor T h : e Carnot % = 1 T c 200[K] = 1 T h ( )[K] = 66,7 % Y se tiene que e % < e Carnot por lo que se concluye de que la máquina térmica puede existir. e) Si el proceso B-C fuese adiabático: PUNTAJE: La temperatura alcanzada en el punto C sería menor. Si se quiere alcanzar la misma presión anterior, el volumen en C disminuye, en cambio si se quiere alcanzar el mismo volumen en C anterior, la presión 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 límites te presión definidos inicialmente, el calor que entra el sistema disminuye y por ende el trabajo neto también lo hace. Al disminuir el trabajo neto, no indica que la eficiencia disminuya. Esta debe volver a calcularse. 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 máquina térmica. 2 ptos. : Eficiencia de Carnot. 1 pto. : Evaluar su existencia. e) : 4 ptos. Física General III FIS-130 / / 11

10 Problema 4 (2 ptos.) Dentro de un recipiente térmicamente aislado del exterior y al vacío, se ponen en contacto térmico 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 específicos son de 37[J/kgK] para Cobre y de 900[J/kgK] para Aluminio. a) Determine la variación de entropía del sistema una vez alcanzado el equilibrio térmico. b) Explique el resultado en términos del concepto de entropía. SOLUCIÓN: a) En primera instancia se debe calcular la temperatura de equilibrio T eq que alcanza el sistema. En este caso el cobre recibirá calor, mientras que el aluminio cederá. Entonces: Q Cu + Q Al = 0 m Cu c Cu (T eq T Cu ) + m Al c Al (T eq T Al ) = 0 2[kg] 37[J/kgK] (T eq 70[ o C]) + 3[kg] 900[J/kgK] (T eq 90[ o C]) = 0 T eq =,4[ o C] Luego el cambio de entropía, independiente del camino recorrido, se define de la ecuación: S = 2 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): Entonces el cambio de entropía del sistema es: 1 dq T dq i = m i C i dt S sistema = S Cu + S Al S sistema = 2 1 m Cu C Cu dt T 2 m Al C Al dt + 1 T,4[ o C] dt,4[ o C] S sistema = m Cu C Cu 70[ o C] T + m dt Al C Al 90[ o C] T ( ) ( ),4,4 S sistema = 2[kg] 37[J/kgK] + 3[kg] 900[J/kgK] Física General III FIS-130 / / 11

11 Entonces: S Sistema = 17,9493[J/K] b) El cambio de entropía del sistema positivo se debe al desorden que sufren las partículas, en donde las partículas o molécula de Cobre, si bien son menor en cantidad que las de Aluminio, estás se desordenan en mayor cantidad, debido a que la temperatura de equilibrio se aleja más de la temperatura inicial del Cobre, que la del Aluminio. PUNTAJE: a) 4 ptos : Temperatura de equilibrio T eq 4 ptos. : Expresión del diferencial del calor dq i 2 ptos. : Calculo de entropía por cada material. 4 ptos. : Entopía del sistema b) 9 ptos. Física General III FIS-130 / / 11