Clase 20 - Termodinámica 1. Conceptos Básicos 2 - U

Clase 20 - Termodinámica
Duracin: 1:10 hrs.
Publicada el 4 de junio de 2012
1.
Prof. Álvaro Núñez
Conceptos Básicos
Criogenia: hacia el cero absoluto
Expansión de Joule
2.
Criogenia
La menor temperatura posible es 0K (∼ −273,15o C).
El menor valor obtenido es del orden de los 100 pK (pico-Kelvin∼ 10−12 K)en sistemas de
cristales de rodio.
Estudiaremos diversos procesos que permiten bajar la temperatura de un sistema a valores
muy pequeños.
El primer método, y el más intuitivo, consiste en poner el sistema que nos interesa en contacto
térmico con un sistema de temperatura más baja.
En dicha configuración en sistema frio se calentara y el sistema que nos interesa se enfriara.
Siguiendo este método la temperatura más baja concebible es igual a la temperatura más baja
disponible sobre la tierra. El record de bajas temperaturas ambientales esta en la Antártica
donde en 1983 se registro una temperatura de −89,2o C∼ 184 K.
3.
Enfriamiento por Evaporación
Un segundo método consiste en aprovechar la energı́a asociada a los cambios de fase. Dicha
energı́a se conoce como calor latente.
La idea es simple en el estado gaseoso las partı́culas se mueven con libertad. Esto quiere
decir que tienen una energı́a mayor que la energı́a de enlace. En un cristal los átomos están
fuertemente atraı́dos, de forma que reducen su energı́a por debajo de la energı́a de enlace.
El calor latente corresponde a una energı́a potencial de atracción entre las componentes microscópicas.
Un proceso se dice endotérmico si tiene asociado un calor latente negativo (absorbe calor, por
ejemplo fusión, sublimación o ebullición).
Un proceso se dice exotérmico si tiene asociado un calor latente positivo (libera calor, por
ejemplo solidificación o condensación).
Consideraremos el experimento de Faraday para licuar el gas de cloro (notemos que se trata
del gas Cl2 que tiene un punto de ebullición a temperatura ambiente de −34o C, y no del
compuesto hipoclorito de sodio N aClO (cloro comercial) lı́quido a temperatura ambiente).
4.
Enfriamiento por expansión
Consideraremos primero el efecto Joule. Consideraremos un sistema aislado térmicamente que
sufre una expansión. El cambio en temperatura es:
∂E
∂T
∂V T
= − ∂E (1)
∂V E
∂T V
1
∂p
−p
(2)
αJ = −
T
cV
∂T V
En la última ecuación hemos hecho uso del primer principio de la termodinámica y de las
identidades de Maxwell. Vemos que para un gas ideal tenemos:
αJ = 0.
(3)
es decir un gas ideal no se enfria ni se calienta al ser expandido. Este resultado es consistente
con el experimento hecho por Joule.
Para un gas descrito aproximadamente por la ecuación virial:
pV
B(T )
=1+
,
RT
V
tenemos:
T
∂p
∂T
−p=
V
RT 2 B 0 (T )
V
V
(4)
(5)
de donde obtenemos:
RT 2 0
B (T )
(6)
cV V 2
recordando que B es una función monótona creciente vemos que nuestro calculo predice enfriamiento bajo expansión.
αJ = −
Ahora consideremos un gas de van der Waals:
p=
a
RT
−
V −b V2
(7)
haciendo la derivada el coeficiente de Joule es simplemente:
αJ = −
a
cV V 2
Nuevamente nuestro calculo predice enfriamiento bajo expansión.
(8)
Para un gas representado por la ecuación de Dieterici:
a
p(V − b) = RT e− RT V
(9)
[Propuesto: estudie la forma de las isotermas de este gas en el plano pV ] El coeficiente de
Joule se puede evaluar directamente:
αJ = −
pa
cV RT V
Nuevamente nuestro calculo predice enfriamiento bajo expansión.
(10)
Clase 21 - Termodinámica
Duracin: 1:10 hrs.
Publicada el 5 de junio de 2012
1.
Prof. Álvaro Núñez
Conceptos Básicos
Expansión de Joule
Expansión de Joule-Thomsom
2.
Expansión de Joule
Consideraremos primero el efecto Joule. Consideraremos un sistema aislado térmicamente que
sufre una expansión. El cambio en temperatura es:
∂E
∂T
∂V T
= − ∂E (1)
∂V E
∂T V
1
∂p
−p
(2)
αJ = −
T
cV
∂T V
En la última ecuación hemos hecho uso del primer principio de la termodinámica y de las
identidades de Maxwell. Vemos que para un gas ideal tenemos:
αJ = 0.
(3)
es decir un gas ideal no se enfria ni se calienta al ser expandido. Este resultado es consistente
con el experimento hecho por Joule.
Ahora consideremos un gas de van der Waals:
p=
RT
a
− 2
V −b V
(4)
haciendo la derivada el coeficiente de Joule es simplemente:
αJ = −
a
cV V 2
(5)
Nuevamente nuestro calculo predice enfriamiento bajo expansión.
Ahora consideremos el cambio de temperatura ante un cambio de volumen finito.
Z Vf ∂T
∆T =
dV
∂V E
Vi
(6)
En el caso de un gas de van der Waals
Z
Vf
∆T = −
Vi
a
a
a
dV =
−
2
cV V
cV V f
cV V i
(7)
claramente negativo en expansión. (hemos supuesto que el calor especı́fico no depende de ni
de la temperatura ni del volumen, este supuesto es razonable para diversos gases)
3.
Entalpı́a
Consideremos la función de entalpı́a definida por:
H = E + pV
(8)
Esta función de estado es conveniente cuando consideramos sistemas con presión constante:
dH
= dE + V dp + pdV
= T dS + V dp
(9)
(10)
en un sistema con presión constante dH = T dS es el calor que entra o sale del sistema. Por ese
motivo la entalpı́a se llama “función del calor”.
La entalpia en un gas ideal es:
H
=
ncV T + pV
= n(cV + R)T = ncp T
(11)
(12)
reafirmando nuestra interpretación de la entalpı́a como la función de calor, cuando la presión
se encuentra controlada.
El cambio general de entalpı́a se puede obtener con facilidad:
dH
4.
= T dS + V dp
∂S
∂S
= T
dT + T
+ V dp
∂T p
∂p T
(13)
= cp dT + V (1 − αT )dp
(15)
(14)
Efecto Joule-Thomson
Consideraremos la expansión de un gas que pasa a través de un válvula que separa una región
de alta presión, p1 , de una región de baja presión, p2 . Veremos que bajo ciertas condiciones esta
configuración permite bajar la temperatura. Si un volumen ∆V1 del gas de la zona de alta presión
se traslada a la zona de baja presión donde se expande ∆V2 , el cambio en energı́a es:
∆E = (∆E2 − p2 ∆V2 ) − (∆E1 − p1 ∆V1 ),
(16)
pero en un sistema aislado, dicho cambio es cero. La entalpı́a se conserva en dicha expansión. Usando
la ecuación para el cambio de entalpı́a:
0
= cp dT + V (1 − αT )dp
(17)
podemos obtener:
αJT =
∂T
∂p
=−
H
V
(1 − αT )
cp
(18)
Para un gas ideal este coeficiente es claramente igual a 0. Para un gas de Van der Waals, podemos
mostrar mediante diferenciación directa que:
R(V − b)
α=
(19)
2
RT V − 2a (VV−b)
2
obteniendo:
αJT
V
=−
cp
1−
!
RT (V − b)
2
RT V − 2a (VV−b)
2
(20)
Notemos que αJT es cero en la denominada curva de inversión dada por:
2a
RT
V −b
V
2
= b.
(21)
Para temperaturas sobre la temperatura de inversión el proceso de expansión isoentalpico aumenta
la temperatura mientras que bajo la temperatura de inversión la temperatura disminuye. En el
lı́mite V b, tenemos:
2a
vdW
(22)
Tinv
=
Rb
que puede ser evaluada con facilidad para diversos gases:
gas
H2
Ne
N2
O2
CO2
He
Tinv [K]
204
228
621
764
1275
51
vdW
Tinv
[K]
224
302
850
1020
2260
60
Clase 22 - Termodinámica
Duracin: 1:10 hrs.
Publicada el 7 de junio de 2012
1.
Prof. Álvaro Núñez
Conceptos Básicos
Ejemplo: inversión de un gas descrito por la ecuación del virial.
Calor latente
Ecuación de Clayperon
2.
Efecto Joule-Thomson
αJT =
∂T
∂p
=−
H
V
(1 − αT )
cp
(1)
Para un gas ideal este coeficiente es claramente igual a 0. Para un mol de gas descrito por la ecuación
virial:
B
pV
= 1 + + ···
(2)
RT
V
el coeficiente de dilatación térmica es:
p
1
1+
(T B 0 (T ) − B)
(3)
α=
T
RT
de donde obtenemos:
αJT =
1 pV
(T B 0 (T ) − B(T ))
cp RT
(4)
la temperatura de inversión corresponde a la que satisface la ecuación:
Tinv B 0 (Tinv ) − B(Tinv ) = 0
(5)
para un gas de van der Waals con V b obtenemos:
B(T ) = b −
a
RT
(6)
y el punto de inversión se obtiene directamente:
Tinv =
consistente con el resultado de la clase anterior.
2a
Rb
(7)
3.
Calor Latente
En una transición de fase hay una energı́a asociada a modificar la estructura microscópica de
una fase para que se transforme en otra. Esta energı́a se manifiesta de muchas maneras, la más
explı́cita consiste en que el sistema absorbe o libera calor sin cambiar su temperatura. Esto motivo
que historicamente el nombre calor latente para dicha energı́a. Si una cantidad de calor q es liberada
o absorbida en la transformación de una masa dm de material el calor latente corresponde a:
`=
q
dm
(8)
Podemos determinar ` experimentalmente:
Material
Alcohol
CO2
N
Agua
4.
`f usion [kJ/kg]
108
184
25.7
334
Tf usion [o C]
-114
-78
-210
0
`ebu [kJ/kg]
855
574
200
2260
Tebu [o C]
78
-57
-196
100
Ecuación de Clayperon I
La próxima clase veremos que es posible determinar la pendiente de una curva de transición de
fase (coexistencia) a partir del calor latente, mostraremos la ecuación:
dp
`
=
dT
T (v2 − v1 )
donde v corresponde al volumen especifico de cada fase.
(9)
Clase 23 - Termodinámica
Duracin: 1:10 hrs.
Publicada el 7 de junio de 2012
1.
Prof. Álvaro Núñez
Conceptos Básicos
Ecuación de Clayperon
Aplicaciones
2.
Ecuación de Clayperon I
Probaremos que la pendiente de una curva de transición de fase (coexistencia) se puede determinar a partir del calor latente, mostraremos la ecuación:
dp
`
=
dT
T (v2 − v1 )
(1)
donde v corresponde al volumen especifico de cada fase.
Consideraremos un sistema con dos fases (eg. hielo-agua). Sea m1 y m2 las masas asociadas a
cada fase. La energı́a interna del sistema es:
E = m1 u1 (T ) + m2 u2 (T )
(2)
y el volumen del sistema conjunto es:
V = m1 v1 (T ) + m2 v2 (T )
(3)
Ante un cambio isotérmico de una masa dm que pasa de una fase a otra el cambio en energı́a es:
dE
=
dm(u2 − u1 )
(4)
dV
=
dm(v2 − v1 )
(5)
el calor asociado a ese cambio es:
q = dE + pdV = dm ((u2 − u1 ) + p(v2 − v1 ))
(6)
de este modo podemos determinar el calor latente:
` = (u2 − u1 ) + p(v2 − v1 )
(7)
pero en este cambio isotermico de una fase a la otra el cambio en energı́a por unidad de volumen
es:
u2 − u1
`
∂E
=
=
−p
(8)
∂V T
v2 − v1
v2 − v1
pero usando la primera ley dE = T dS − pdV :
∂S
`
T
=
∂V T
v2 − v1
(9)
y finalmente usando una identidad de Maxwell:
T
dp
`
=
dT
v2 − v1
(10)
que es la identidad que querı́amos probar.
3.
Aplicaciones
Primero consideremos el punto de ebullición del agua. Usando los datos: ` = 2260 [kJ/kg],
v2 = 1677 × 10−3 [m3 /kg], v1 = 1,04 × 10−3 [m3 /kg] y T = 373 [K]. Obtenemos:
dp
Pa
= 3,62
(11)
dT
K
Es decir que conocemos el cambio en la temperatura de ebullición al cambiar la presión. Como
es de esperar la temperatura de ebullición baja al bajar la presión.
Estudiemos el punto de fusión del hielo. Usando los datos: ` = 334 [kJ/kg], v2 = 1,00013×10−3
[m3 /kg], v1 = 1,0907 × 10−3 [m3 /kg] y T = 273 [K]. Obtenemos:
Pa
dp
= −1,35 × 104
(12)
dT
K
Notemos el número negativo (se origina debido a que en las cercanı́as del punto de fusión el
agua se expande al ser enfriada). Este efecto es de gran importancia pues permite explicar el
avance de los glaciares. Al presionar una roca un bloque de hielo se derrite pues su punto de
fusión baja. También este efecto esta asociado al fenómeno de regelación.
4.
Derivación atlternativa
Imaginemos un ciclo de Carnot guiado mediante la licuación y evaporación de una unidad de
masa de un gas entre dos isotermas a temperaturas T y T − δT . En la figura, el tramo A → B
corresponde a una expansión debido a la evaporación isotermica, el tramo B → C corresponde a una
expansión adiabática. El tramo C → D a la compresión mediante licuación isotermica y finalmente
una compresión adiabatica. La eficiencia de este ciclo es igual a η = W/Q. El trabajo hecho por
esta maquina es igual al area del cuadrilatero ABCD:
W =
dp
δT (vv − vl ) ,
dT
(13)
mientras que el calor es simplemente el calor latente `,
η=
dp
(vv − vl )
δT
dT
`
(14)
Como se trata de un ciclo reversible, la eficiencia debe ser igual a la de Carnot:
η =1−
T − δT
δT
=
,
T
T
(15)
igualando estas dos expresiones, obtenemos:
`
dp
=
dT
T (vv − vl )
(16)
Auxiliar
Relaciones de Maxwell
Termodinámica fi2004 otoño 2012
Profesor: Alvaro Nuñez
Auxiliar:Ignacio Olavarria
27 de mayo, 2012
Consideremos problemas que requieran un dominio de las derivadas parciales y veamos como utilizar jacobianos para
solucionarlos. Para esto usaremos la siguiente identidad:
∂(T, S)
=1
∂(p, V )
(1)
1. Las siguientes magnitudes se pueden medir en una banda elástica:
a) el cambio de temperatura cuando la banda es estirada (usted puede hacerlo poniendo sus labios en la banda y
luego estirandola, notará la diferencia de temperatura).
b) la frecuencia de pequeñas oscilaciones ω cuando de ella pende un peso W [N].
c) el cambio de el largo de equilibrio δL cuando se inyecta una cantidad de calor ∆Q
Determine un metodo para predecir el resultado de la última medición si tiene los resultados de las 2 primeras
2
∂W
omega2 g
solución recordando que la constante elástica de la banda es k =
= ωm =
, entonces podemos con la
∂L T
W
medida b) podemos ibtener k:
Para una transformación reversible podemos decir que δQ = T δS, de esta manera podemos escribir la variación en
el largo de equilibrio
δL =
Donde CW = T
∂S
∂T
∂L
∂S
∂(L, W ) ∂(T, W ) δQ
∗
∂(T, W ) ∂(S, W ) T
W
δQ
∂L
=
∂T W CW
δS =
es la capacidad calórica de la banda a Carga fija
W
Como L − L0 = W/k obtenemos
∂L
∂T
=
W
dL0
W dk
−
dT
k dT
δQ
CW
note que necesitara hacer las mediciones a) y b) para varias temperaturas para poder predecir el comportamiento
de c)
2. Demuestre que para cualquier sustancia se cumple que:
cp − cv =
donde α es el coeficiente de expancion termal
1
V
∂V
∂T
V T α2
mK
yK=−
P
1
V
∂V
∂P
solución: notemos que:
T
cP − cV =
m
∂S
∂T
P
−
∂S
∂T
Ahora podemos usar la forma usual de cambio de variable:
S(T, P ) = S(T, V (T, P ))
de tal forma deducimos que
1
V
T
es el coeficiente de compreción.
∂S
∂T
=
P
∂S
∂T
+
V
∂S
∂V
∂V
∂T
∂P
∂T
T
P
Ahora usando la identidad del jacobiano
∂S
∂V
T
∂ (S, T ) ∂ (P, V )
=
=
∂ (V, T ) ∂ (T, S)
Esta es una de las denominadas relaciones de Maxwell.
entonces obtendremos que:
T
cP − cV =
m
∂P
∂T
V
∂V
∂T
p
de aquı́ obtenemos el resultado usando la identidad:
∂P
∂T
V
∂V
∂P
T
∂T
∂V
obteniendo:
cp − cv =
No deje de estudiar para el próximo ejercicio
2
V T α2
mK
P
= −1
V
Auxiliar
enfriamiento de un gas “real"
Termodinámica fi2004 otoño 2012
Profesor: Alvaro Nuñez
Auxiliar:Ignacio Olavarria
27 de mayo, 2012
Consideremos problemas que requieran un dominio de las derivadas parciales y veamos como utilizar
jacobianos para solucionarlos. Para esto usaremos la siguiente identidad:
∂(T, S)
= 1
∂(p, V )
∂X
∂Z
∂Y
= −1
∂Y Z ∂X Y ∂Z X
(1)
(2)
1. Considere un gas cualquiera, obtenga el coeficiente de Joule:
∂T
µJ =
∂V U
solución Consideremos que las variables con las que describimos el sistema son (U, T, V ), entonces podemos decir, usando relaci ón (2) que:
µJ =
∂T
∂V
=−
U
∂T
∂U
V
∂U
∂V
=
T
−1
CV
∂U
∂V
T
De la primera ley de la termodinámica obtenemos que:
∂U
∂V
=T
T
∂S
∂V
−P
T
luego usando el jacobiano de Maxwell o si lo prefieren la relacion de Maxwell obtenemos que
∂S
∂V
=
T
∂P
∂T
V
b) Ocupe esta relaciÓn para obtener el la deferencia de temperatura que obtendria en un gas de
Vander Waals si este tiene una expanción libre de un volumen V a un volumen 2V
2. Obtenga la variación de energía de un gas cualquiera que se expande isotermicamente de un
Volumen V1 a un Volumen V2 luego evalue para el gas ideal y para un gas de Van der Waals.
solución lo que nesesitamos es el integrar el siguiente coeficiente:
∂E
∂V
=T
T
∂S
∂V
T
∂(S,
T
) ∂(V, P )
∂P
−P =T
−P =T
−P
(∂V, T ) ∂(S,
T
)
∂T V
luego integramos para sacar la diferencia de energía
Z V2 ∂E
∂P
dV =
T
−P
∂V T
∂T V
V1
V1
∂P
para el caso de un gas ideal T
= T nR
=P
V
∂T V
Z V2
⇒ ∆EGI =
p − pdV = 0.
Z
V2
∆E =
V1
(3)
n2 a
(V − nb) = nRT , por lo tanto
V2
∂P
nR
=
∂T V
V − nb
para un gas de VW tenemos que
P+
por lo tanto
T
∂P
∂T
⇒ ∆EV W = n2 a
−P =P +
V
V2
Z
V1
n2 a
−P
V2
1
dV = n2 a
V2
1
1
−
V1
V2
>0
es decir que para una expanción entra energía al sistema
3. Calcule la entropía de un gas de Van der Waals.
Solución Tomemos el caso en que describimos el sistea termodinámico con las variables (S, T, V ), entonces
tenemos que
∂S
ds =
dT +
dT
∂V T
V
Cv
∂S
=
De la primera ley de la termodinamica tenemos que
∂T V
T
∂S
∂T
por otro lado por la relación de maxwell ya usada en los ejercicios anteriores
∂S
∂V
=
T
∂P
∂T
V
por lo tanto obtenemos que
dS =
para el caso de el gas de VW
∂P
∂T
Cv
dT +
T
=
∂P
∂T
dV
V
nR
V −nb
V
Entonces obtenemos que:
S = CV log(T ) + nR log(V − nb) + Cte
la constante solo se puede evaluar sabiendo el valor de la entropÌa en un punto, tipicamnete a
temperatura cero se asume entropía =0
No deje de estudiar para el próximo ejercicio
Auxiliar
cambios de Fase
Termodinámica fi2004 otoño 2012
Profesor: Alvaro Nuñez
Auxiliar:Ignacio Olavarría
27 de mayo, 2012
recordemos las suguiente identidades:
∂(T, S)
= 1
∂(p, V )
∂X
∂Z
∂Y
= −1
∂Y Z ∂X Y ∂Z X
(1)
(2)
Esta clase hablaremos sobre los cambios de fase, de todas maneras dejo un ultimo ejercicio de
enfriamiento de gases:
Calor Latente Considere que el agua liquida tiene un capasidad calorica Cp de 75JK −1 mol −1 y que para el
vapor de agua vale 34JK −1 mol −1 a la temperatura de ebullición al nivel del mar (100 C0 ) si el
calor latente de la transicion agua vapor es de 40.7 Jmol −1 .
b) Si con un hervidor eléctrico se demora 3 minutos en hervir un mol de agua inicialmente a
20 C0 , calcule el tiempo necesario para que el mismo hervidor evapore toda el agua que
contiene (es decir si el termoestato no funciona o bien en una tetera).
c) ¿ cuál es la potencia del hervidor?
solución el calor latente se define como el calor que hay que otrogar a una sustancia para que esta cambie
de fase a temperatura constante, generalmente en el laboratorio o bien en la cosina de su casa
se fijar la presión y mantenerla constante, de esta manera el calor latente es igual al cambio de
entalía (H) del sistema durante este proceso
dH = dQ +V dP ⇒ T
|{z}
T dS
∂S
∂T
=
P
∂H
∂T
P
Considerando la vaporización un proceso isobarico, podemos calcular el calor latente como la
diferencia de las capasidades calóricas de cada fase, es decir
Calculemos ahora primero la potencia si en 3 min = 180 seg pasan de 20 a 100 C0 , entonces
∆T = 800 por lo tanto ∆E = 80∗75 = 600Jmol −1 dividiendo por el tiempo tenemos la potencia:
3.33W mol −1
la energia que se necesita para pasar un mol de agua de liquido a gas es 41Jmol − 1
el tiempo que demora nuestro hervidor en suministrar esa energia es:
∆T = 41/3,33 ≈ 12,3seg
grafito o diamante el carbono tiene 2 formas alotróticas, grafito y diamante a 25 C0 y 1 atm de presión el grafito
es la forma estable Calcule la presión a la que debe ser sometido el grafito a 25 C0 para que este
se convierta en diamante.
para esto considere los siguentes datos:
Sg298 = 5.73 JK −1 mol −1 (entropía del grafito a 298 K) Sd298 = 2.43 (entropía del diamante a
298 K) ∆Hg−d(298) = −1900J/mol ρg = 2,22g/cm3 ρd = 3,515g/cm3
Solución: Notemos primero que a 25 C0 , la forma estable del carbono es grafito, es decir que no estamos
en la condición de coexistencia, por lo cual no podemos aplicar la ec. de Clausius-Clapeyron
apriori, y tampoco podemos decir que el calor latente es ∆H.
calculemos el calor latente de la transición de carbono a diamante a 25C2 , para eso consideremos notamos que el calor que se debe librar (o absorber) para pasar de grafito a diamante es
T ∆S2 98 = 298 ∗ (2,43 − 5,73) = −983,4J/mol
ahora bien la diferencia de entalpia entre ambas sustancias la podemos Considerar como la suma
de 2 componentes 1) el calor latente 2) entalpia necesaria para llevar al grafito al punto de
coexistencia
∆H = 1900 = L + ∆Hcoex
Supondremos que el grafito es incompresible y que la entropía es independiente de la presión,
por lo que ∆Hcoex = Vg ∗ (Pcoex − Patm ) podemos considerar el volumen molar del grafito como
Vg = m/ρg donde m es la masa molar del grafito 12gr /mol
entonces
1900 = −983,4 +
m
∗(Pcoex − 100000P
| {z a})
ρg
≈1atm
|{z}
Vg
6
⇒ 2883,4(
2,2 ∗ 10
) − 100000 = 528723333,333P a = Pcoex
12
sublimación derive la forma de la curva de coexistencia para la sublimación de un de una sustacia, considerando
que Vv Vs donde Vv y Vs son los volumenes molares del vapor y del sólido.
Solución: De la ec de Clausius- Clapeyron tenemos que la condicion de coexixtencia de fases cumple la
siguiente relación:
∂P
∂T
=
L
T (Vv − Vs )
como sabemos que Vv Vs ⇒ (Vg − Vs ) ≈ Vv si suponemos que el vapor se comporta como un
gas ideal Vc = RT /P por lo tanto la relación anterior queda
dp
L dT
=
P
R T2
⇒ log(P ) =
No deje de estudiar para el próximo ejercicio
−L
+ Cte
RT 2
Auxiliar
cambios de Fase
Termodinámica fi2004 otoño 2012
Profesor: Alvaro Nuñez
Auxiliar:Ignacio Olavarría
18 de jun, 2012
recordemos las suguiente identidades:
∂(T, S)
=
∂(p, V )
∂X
∂Z
∂Y
=
∂Y Z ∂X Y ∂Z X
dPcoex
=
dT
1
(1)
−1
(2)
L
T v1 − v2
(3)
A patinar: Se sabe que cuando la gente dice que patina sobre hielo, en realidad lo hace sobre una delgada
capa de agua, esto es porque el hielo bajo bajo los patines se derrite por efecto de la presión.
Considere que las hojas de un patín de hielo tienen un largo de 30 cm, calcule el filo (ancho de
la cuchilla) mínimo para que una niña de 30 kg pueda patinar sin problemas, comparelo con el
filo que debiera tener el patín de un hombre de 80 Kg. considere que el calor latente del cambio
de fase agua hielo es de 80 cal/gr, la pista se encuentra a -3C0 , la densidad del agua es ρa = 1
gr/cc y la del hielo ρh = 0.916 gr/cc (usted deberia saber que a presión de 1 atm la temperatura
de coexisistencia del agua con el hielo es de 0 C0 ).
un hielo en el agua si la capasidad calórica del agua es de 1 cal/gr calcule la temperatura final de un vaso de agua
de 120 cc a 70C0 al cual se le agregan 20 gr de hielo, ¿cuál es la fracción de hielo remanente?
¿que pasaría si el agua está inicialmente a 5C0 ?.
Energías libres: la entropía del agua a presión atmosférica y 100 C0 es de 0.31 cal gr −1 K −1 y la del vapor a la
misma temperatura es 1.76 cal gr −1 K −1
a) calcule el calor latente de ebullición del agua a 100 C0 .
b) si la entalpía del vapor a esa temperatura y presión es de Hv 640 cal/gr, calcule la entalpia
del agua Ha
c) Calcule la energía libre de Gibs (G = H − T S) para el agua y el vapor en las mismas
condiciones
d) Demuestre que para un proceso en que tanto la presión como la temperatura permanecen
constantes, la energía libre de Gibbs es cosntante.
No deje de estudiar para el próximo ejercicio