TP4_Segundo principio_con agregados

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Facultad de Ciencias Fisicomatemáticas e Ingeniería
Cátedra: Termodinámica - Ing. Civil e Ing. Ambiental
Docente/s: Ing. José Contento / Ing. Jorge Rosasco
Guía de trabajos prácticos Nº 4
SEGUNDO PRINCIPIO.
1.- Una máquina térmica reversible, esquematizada en la figura siguiente opera entre dos fuentes de
igual capacidad calorífica, igual a 10 Kcal / K, que inicialmente están a distinta temperatura:
(TA = 800 °K y TB = 200 °K).
Se pide calcular la temperatura final de ambas fuentes y el trabajo mecánico producido hasta
alcanzar el equilibrio final.
Resolución
Sistema: Máquina Térmica;
Medio: Ambas fuentes y ámbito externo.
Por tratarse de una máquina térmica reversible (M.T.R.), debe cumplirse que:
S
0
universo
SA  SB  SMT  0
SMT  0 por tratarse de una máquina térmica reversible y cíclica, para las fuentes,
la variación de entropía sería, (recordando que Q  CdT :
En la anterior,
SA  
TAF
TAI
SB  
TBF
TBI
Q
T
Q
T
C
TAF
TAI
C
TBF
TBI
dT
T
 C ln( AF )
T
TAI
dT
T
 C ln( BF )
T
TBI
Reemplazando en la anterior estos resultados:
2
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 T
T 
C  ln AF  ln BF   0
 TAI
TBI 


como la capacidad calorífica es un valor diferente de cero, la anterior queda:
T
T
ln AF  ln BF  0
TAI
TBI
por otra parte, T(AF) =T(BF) por lo cual la anterior queda:
T
T
ln( F )  ln( F )  0 
TAI
TBI
T
T
T
T
ln( F )   ln( F )  ln( F )  ln( BI ) 
TAI
TBI
TAI
TF
T
T
( F )  ( BI )  TF 2  TBI TAI  TF  800[K ]  200[K ]  400[K ]
TAI
TF
para calcular el trabajo realizado por la MTR, primero calculamos los calores entregados por las
fuentes:
Kcal
Q  C  TF  TAI   10 [
]  (400  800)[K ]
1
K
Q   4000 [Kcal ]
1
Kcal
Q  C  TF  TBI   10 [
]  (400  200)[K ]
2
K
Q 2   2000[Kcal ]
aplicando la ecuación del primer principio para una Máquina Térmica Ciclica:
Q  W  U
como se trata de una máquina cíclica ΔU = 0 con lo que podemos escribir, aplicando los signos
correctos de Q sobre el sistema:
Q1  Q2  We  0  We  Q1  Q2  4000[Kcal ]  2000[ Kcal ]  2000[ Kcal ]  8360[ Kwatt ]
2.- Analizar el proceso indicado en el siguiente esquema para una máquina rotativa vinculada a
diversas fuentes, y demostrar si el mismo es compatible con los postulados de la Termodinámica
(posible ó imposible) y en caso afirmativo si es reversible ó irreversible justificando la respuesta y
aplicando a tal fin el Teorema de Clausius y concepto de Entropía.
datos:
Q1
Q2
Q3
Q4
We
= 1000 [Kcal]
= ?
= 400 [Kcal]
= 200 [Kcal]
= 100 [Kcal]
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Resolución.
Aplicamos la ecuación del Primer Principio para la Máquina Térmica:
Q  We  U
Como se trata de una máquina cíclica su balance neto de Energía interna es nulo, por tanto:
Q  We 
Q1  Q2  Q3  Q4  We
tomando en cuenta los signos del calor y trabajo entrante y saliente en la Máquina Térmica Rotativa:
1000[Kcal ]  Q2  400[Kcal ]  200[Kcal ]  100[Kcal ] 
Q2  700 [Kcal ]
El resultado positivo indica que este calor ingresa a la MT desde la fuente T2. Ahora aplicamos el
resultado del teorema de Clausius:

 0 Re versible
dQ
 0
T
 0 Irreversible
[ 1]
que en este caso es una suma de valores finitos:

Q1 Q2 Q3 Q4
1000 700 400 200
   



 1.73
T1 T2 T3 T4
1000 500 200 300
como el valor esperado de acuerdo a la Ec.[1] no puede ser mayor que cero, el resultado obtenido es
un imposible físico.
Llegaremos al mismo resultado por otra vía, a través del balance de Entropía del Universo, que debe
ser mayor o igual a cero, matemáticamente:
 0 Re versible
SU  0 
 0 Irreversible
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S  ST 1  ST 2  ST 3  ST 4  S MTR
U
siendo:
S
0
MTR
por tratarse de una máquina cíclica. cada uno de las variaciones entrópicas se expresa como:
S 
Q Q i  Q f Q i Q

 
T
T
T T
en este caso se han indicado en el enunciado, fuentes de capacidad no-infinita, es decir de una
capacidad limitada, por lo cual la fuente se irá agotando hasta que no pueda entregar calor.
reemplazando los valores del enunciado:
1000[Kcal ] 700[Kcal ] 400[Kcal ] 200[Kcal ]
S 



U
1000[K ]
500[ K ]
200[ K ]
300[ K ]
S  1.73 [Kcal ] / [K ]
U
Este resultado es Imposible ya que la variación de entropía del universo no puede ser negativa, es
una confirmación del resultado anterior.
3.- Dos Máquinas Térmicas Reversibles conectadas en serie, entre dos fuentes a 1000 °K y 400 °K
respectivamente, tienen igual rendimiento térmico. La cantidad de calor cedida por la fuente caliente a
la primera máquina es de 400 Kcal.
Hallar el trabajo de cada máquina y el calor cedido a la fuente fría. El rendimiento de la MTR I es
igual al de la MTR II
Resolución.
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Comenzamos expresando los rendimientos de la MTR 1 y la MTR 2, suponemos que a la salida de la
MTR 1 hay una fuente virtual con una temperatura Ti (Temperatura Intermedia).
También consideramos que:

MTR (I )

MTR (II )
L1 Q1  Q2 T1  Ti


MTR (I ) Q1
Q1
T
1
Q  Q3 Ti  T3
L

 2  2

MTR (II ) Q2
Q2
T
i


entonces, igualando ambas expresiones:
T1  Ti Ti  T3


T1
Ti
1
T
Ti
 1 3
T1
Ti
Ti T3

T1 Ti


Ti  T1  T3  1000  400  632.46[K ]
estamos en condiciones de calcular el rendimiento térmico de la MTR 1
T  T 1000[K ]  632.46[K ]
 1 i 
 0.36754
MTR (I )
T
1000[K ]
1

y el trabajo mecánico desarrollado por la MTR1 es:
W Q 
 400[Kcal ]  0.36754  147.016 [Kcal ]
e1 1 MTR (I )
el calor entregado a la MTR 2 es:
Q  Q  We1  400[Kcal ]  147.016[Kcal ]  252.984 [Kcal ]
2
1
como:



MTR (II )
L

 2  0.36754 
MTR (II ) Q2
MTR (I )
We2  0.36754  Q  0.36754  252.984[Kcal ]  92.982 [Kcal ]
2
por otra parte:
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Q  Q  We 2  252.984[Kcal ]  92.982[Kcal ]  160.002 [Kcal ]
3
2
Otra forma de cálculo, implicaría sabiendo que los rendimientos de las Maquinas son iguales, aplicar
un esquema como el siguente:
T
WeTotal Q1  Q3
Q
400[K ]

 1 3  1 3  1
 0.6
MTR (Total )
Q1
Q1
Q1
T
1000[K ]
1
W
 0.6  Q1  0.6  400  240 [Kcal ]
Total


Q  Q  We
 400[Kcal ]  240[Kcal ]  160 [Kcal ]
3
1
Total
a partir de las fórmulas de rendimiento de cada máquina:
We Q  Q
Q
1  1 2  1 2
MTR (I ) Q
Q
Q
1
1
1
Q Q
Q
We
3  1 3

 2 2
MTR (II ) Q
Q
Q
2
2
2


igualando ambos resultados:
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1
Q
Q2
 1 3
Q1
Q2

Q2 Q3


Q1 Q2
Q2  Q1  Q3  400[Kcal ]  160[Kcal ]  253 [Kcal ]
Q
253[Kcal ]

 1 2  1
 0.3675
MTR (I )
Q
400[Kcal ]
1
finalmente:
We1  0.3675  400[Kcal ]  147 [Kcal ]
We 2  0.3675  253[Kcal ]  93 [Kcal ]
WeTotal  We1  We 2  240 [Kcal ]
[]
4.- Se tiene una máquina térmica reversible que operando entre 3 fuentes de capacidad infinita, de
400 K, 300 K, y 200 K, según se indica en la figura, la máquina absorbe 1200 Kcal de la primera
fuente y realiza un trabajo We = 200 Kcal, en un número entero de ciclos.
Hallar el calor intercambiado con cada fuente y las variaciones de entropía de las fuentes y del
universo.
Resolución:
Consideramos como sistema la Maquina Térmica Reversible.
Q  U  We donde
Q1  Q2  Q3  We
U  0 
supongamos primero que Q3 es positivo, es decir ingresan en la MTR desde la fuente 3.
1200[Kcal ]  Q  Q  200[Kcal ] 
2
3
Q  1000[Kcal ]  Q
2
3
[1]
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como se trata de una MTR podemos escribir que:
S  Ssist  SMA
U
Ssist  0
esta última por tratarse de un sistema cíclico, por otra parte:
Q
Q Q
S
 1 2  3 0
MA T
T
T
1
2
3
Q
Q
 1200[Kcal ]   1000[Kcal ]  Q3   Q3 
3 
3 
0




3[
Kcal
/
K
]

3.33[
Kcal
/
K
]





 



400[
K
]
300[
K
]
200[
K
]
300[
K
]
200[
K]

 
 

Q  200 [Kcal ]
3
reemplazando en la ec [1]
Q  1000[Kcal ]  Q  1000[Kcal ]  200[Kcal ]  1200 [Kcal ]
2
3
es decir la dirección es desde la MTR hacia la fuente T2.
Para calcular la variación de Entropía del Universo:
1200[Kcal ] 1200[Kcal ] 200[Kcal ]
S  


0
U
400[K ]
300[K ]
200[K ]
este resultado es lógico ya que se trata del funcionamiento de una MTR, los procesos reversibles no
incrementan la Entropía del Universo.
[]
5.- Una máquina térmica cíclica reversible, actúa entre dos fuentes de capacidad infinita a 1000 K y
500 K respectivamente. El trabajo de dicha máquina se emplea en agitar el aire contenido en un
recipiente rígido y adiabático, que inicialmente se encuentra a 1 ata , 60 °C siendo su volumen de
1m3.
Si la máquina recibe de la fuente caliente 100 Kcal bajo forma de calor, se pide calcular:
a) Presión y temperatura final del aire en el recipiente.
b) Variación de Entropía del universo.
c) Si en lugar de una máquina térmica reversible tenemos otra cuyo rendimiento es el 80% del
correspondiente de la máquina reversible, manteniéndose igual las fuentes, sus temperaturas, el calor
que recibe de la fuente caliente, el recipiente del aire y sus parámetros iniciales, calcular:
c1) Presión y temperatura final del aire en el recipiente.
c2) Variación de Entropía del universo.
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Resolución:
Primero calculamos el rendimiento de la MTR:
T
500[ K ]
  1 2  1
 0.5
T1
1000[ K ]
entonces a partir de la relación de calores y temperaturas para una MTR:
Q2 T 2 500[ K ]


 0.5  Q2  0.5 Q1
Q1 T1 1000[ K ]
entonces el balance e la máquina térmica es:
Q1  0.5Q1  W  W  0.5 Q1  50[ Kcal ]
aplicando el primer principio tomando como sistema la cámara adiabática:
Q W  U  msist cv (Tf  Ti)  50[Kcal ]
[1]
como el gas encerrado es aire, tomamos para las constantes los siguiente valores de tabla:
cv  0.17[ Kcal / KgK ]
R  29.27[ Kgfm / KgK ]  287.13[ Joule / KgK ]
como en la ecuación anterior nos falta la masa del sistema, la podemos hallar aplicando la ley de los
gases perfectos:
piVi  msist RTi  msist 
piVi 9.81104[ N / m2 ] 1[m3 ]

 1, 25[ Kg ]
RTi 287.13[ Nm / Kg ]  333[ K ]
Reemplazando este valor en la [1]:
50[ Kcal ]  msist cv (Tf  Ti)  Tf 
50[ Kcal ]
50[ Kcal ]
 Ti 
 333[ K ]  620[ K ]
msistcv
1.025[ Kg ]  0.17[ Kcal / KgK ]
Entonces:
Tf  620[K ]
Para calcular la presión final, volvemos a aplicar la ecuación de los gases perfectos:
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pf Vf  msist RTf  pf 
msist RTf 1.025[ Kg ]  287.13[ Nm / KgK ]  620[ K ]

 182.47[ KPa]
Vf
1[m3]
que equivalen a 1.8 atm
para calcular la variación de Entropía del universo (con rendimiento teórico):
Su  S (T1)  S (MTR)  S (T 2)  S (camara adiabática) 
la MTR tiene variación de Entropía cero, por ser Cíclica y la cámara adiabática que contiene aire tiene
una variación de entropía igual a

 Tf 
 Pf  
S (camara adiabática)  m Cp ln    R ln 

 Ti 
 Pi  


KJ
 620 
 1,8  
S (camara adiabática)  1, 25 Kg 1, 0032
ln 
  0, 287[ K Nm / Kg ]ln   
Kg K  333 
 1 

KJ
S (camara adiabática)  0,56
K
Su  S (T 1)  S (T 2)  S (camara adiabática )
Q Q
100[ Kcal ] 50[ Kcal ]
KJ
Su  1  2 

 0,56
T1 T 2
1000[ K ]
500[ K ]
K
KJ
Su  0,56
K
c.- Si el rendimiento de la máquina es 80% del rendimiento teórico el trabajo de eje que resultará
entregado a la cámara adiabática será:
W  50[ Kcal ]  0.8  40[ Kcal ]
Con este nuevo valor se repiten los pasos para calcular
Tf  562.55[ K ]
pf  165.56[kPa]  1,63 atm
Ahora para la máquina Térmica será:
Q1  Q2  W  Q2  Q1  W  100[ Kcal ]  40[ Kcal ]  60[ Kcal ]
y la variación de Entropía del Universo es:
Su  S (T1)  S (T 2)  SCAMARA
Q Q
100[ Kcal ] 60[ Kcal ]
KJ
S (T1)  S (T 2)  1  2 

 0.02[ Kcal / K ]  0,0836
T1 T 2
1000[ K ]
500[ K ]
Kg K
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
 Tf 
 Pf  
S (camara adiabática )  m Cp ln    R ln 

 Ti 
 Pi  


KJ
 562, 65 
 1, 63  
S (camara adiabática )  1, 25 Kg 1, 0032
ln 
  0, 287[ K Nm / Kg ]ln 

Kg K  333 
 1 

KJ
S (camara adiabática )  0, 48
K
Su  S ( Fuente1 )  S ( Fuente2 )  SCAMARA
Su  0,0836
KJ
KJ
KJ
 0, 48
 0,5629
Kg K
K
Kg K
[]
6.- Una máquina térmica reversible (MTR), realiza ciclos de Carnot, intercambiando calor con tres
fuentes de capacidad calorífica infinita y de temperaturas T1= 100[K], T2=200[K], T3=300[K] según
los sentidos que se indican en la figura, del primero recibe una cantidad de calor Q1=1000 [Joules]
por ciclo y del segundo Q2=2000 [Joules] por ciclo, se desea averiguar la energía por ciclo Q3
intercambia con la tercera fuente. La máquina recibe energía mecánica desde el exterior.
Resolución:
Como el calor pasa de focos de menor temperatura a otro de mayor temperatura, se trata de una
máquina frigorífica que recibe trabajo mecánico del medio.
La eficiencia de la Máquina Frigorífica en general se define como el cociente entre el calor extraído
sobre el trabajo entregado a la máquina, en referencia al esquema siguiente:
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:
la eficiencia de la Maquina Termica Reversible Frigorífica es:
Q
= 1
W
Q1
Q2 - Q1
El calor que entra en la MTR se considera positivo por convención y el que sale es negativo, el o los
trabajos que ingresan se consideran negativos y los que se realizan sobre el medio se consideran
positivos, por lo cual la eficiencia de la máquina frigorífica debe calcularse en valor absoluto.
Para la resolución de este problema aplicamos el principio de superposición de los efectos, para lo
cual separamos el sistema en dos partes concurrentes.
en este problema trabajamos con dos máquinas frigoríficas:
Primera máquina:
Q31 T3
Q T
=
 Q31  1 3
Q1 T1
T1
Q T
-1000[J]× 300[K]
Q31  1 3 
= -3000[J]
T1
100[K]
Segunda máquina:
Q32 T3
Q T
=
 Q32  2 3
Q2 T2
T2
Q T
-2000[J]× 300[K]
Q32  2 3 
= -3000[J]
T2
200[K]
13
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Combinando ambos resultados:
Q3 = Q31+Q32 = -3000 +(-3000)= -6000[J]
[]
7.- Una máquina térmica reversible opera con ciclos Carnot entre tres fuentes de capacidad calorífica
infinita a temperatura Tc > 350[K] > 300[K] produciendo un trabajo equivalente a 2000[Kcal] por ciclo
con un rendimiento del 40% y descargando iguales cantidades de calor a las dos fuentes de menor
temperatura.
Calcular en valor y signo, las cantidades de calor intercambiadas y la temperatura de la fuente de
mayor temperatura.
Resolución:
Se sabe que, se trata de una máquina Térmica ya que la misma produce trabajo mecánico y toma
calor de una fuente térmica de mayor temperatura,
Tc>T2>T3
Q2 = Q3
se pide hallar:
Q1 ,Q2, Q3 y Tc
Igual que antes, aplicamos el principio de superposición, primera máquina:
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Q2 T2
Q T
=
 Q2  11 2
Q11 Tc
Tc
segunda máquina:
Q3 T3
Q T
=
 Q3  12 3
Q12 Tc
Tc
igualando, ya que Q2 = Q3,
Q11T2 Q12T3

 Q11T2  Q12T3
Tc
Tc
[1]
por otra parte,
Q1 - (Q2 +Q3) = W 
Q1 - 2Q2 = W = 2000[Kcal]
[2]
y finalmente, sabemos que:
Q11 +Q12 = Q1
η = 1-
2Q2
2Q2
Q
 0.4 
= 0.6  2 = 0.3
Q1
Q1
Q1
de [4]
Q2 = 0.3Q1
reemplazando en [2]
Q1 - 2(0.3Q1) = 2000[Kcal]
Q1 - 0.6Q1= 2000[Kcal]  Q1= 2000[Kcal] / 0.4 = 5000[Kcal]
Q2 = 0.3Q1  Q2 = 1500[Kcal]
Q3 = Q2 = 1500[Kcal]
ahora aplicamos la [3] y la [1]:
[3]
[4]
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Q11 + Q12 = Q1
T Q
T2Q11 = T3Q12  Q11 = 3 12
T2
reemplazando:
T3
]Q12 + Q12 = Q1 
T2
Q12[(T3 / T2)+ 1] = 5000[Kcal] 
5000[Kcal]
5000[Kcal]
Q12 =
=
= 2692.5[Kcal]
[(T3 / T2)+ 1] [(300 / 350)+ 1]
Q11 = Q1 - Q12 = 5000 - 2692.5 = 2307.5[Kcal]
[
Cálculo de Tc:
Tomamos por ejemplo la primera máquina:
Q T
2307.5[ Kcal ]  350[ K ]
Tc  11 2 
 538.41[ K ]
Q2
1500[ Kcal ]
comprobación con la segunda máquina:
Q T
2692.5[ Kcal ]  300[ K ]
Tc  12 3 
 538.5[ K ]
Q3
1500[ Kcal ]
[]
Agregados resueltos
8.- Para mantener un edificio la temperatura media de 18 ºC, su sistema frigorífico se ve obligado a
extraer de su interior 600.0 Kcal/s, con una máquina térmica frigorífica, mientras consume un trabajo
eléctrico de 1 kW. Determinar el incremento de entropía por segundo que sufre el universo debido al
acondicionamiento del edificio sabiendo que el ambiente externo se encuentra a 35 ºC.
Consideraremos el edificio y el medio como dos focos cuyas temperaturas permanecen
inalterables todo el tiempo, y que sobre ellos trabaja una máquina frigorífica. Llamemos Q1
al calor por unidad de tiempo extraído por la máquina del edificio, W al trabajo consumido
por unidad de tiempo, y Q2 al calor total producido por unidad de tiempo. Por tanto:
Q1  Q2  W  600Kcal / s  1000J / s  839,23Kcal / s
La entropía por unidad de tiempo perdida por el edificio y cedida al medio es:
S1 
Q1 600

 2,06Kcal / K.s
T1
291
S2 
Q2 839,2

 2,72 Kcal / K.s
T2
308
Por lo tanto la producción de entropía por unidad de tiempo es 0,66 Kcal/K .s
9.- Una viga metálica de 125 kg se encuentra en un ambiente a 12ºC y dispuesta para ser colocada
en un edificio en construcción. Por un descuido, la viga cae al suelo desde una altura de 24 m sin
sufrir daños. Posteriormente la viga se pone en su lugar, a 24 m de altura, usando un motor que
consume una potencia de 0,5 kW durante minuto y medio.
Calcular el incremento de entropía que ha experimentado el universo
Dado que es constante la temperatura, el incremento de entropía es proporcional a la
energía perdida en el problema. La energía que se pierde es la potencial que tiene la viga y
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aquella del motor que no es íntegramente empleada en subir la viga. Procedemos a
calcularlas comenzando por la potencial
Ep= m . g. h = 29.400 Joule
Esta es la energía potencial que perderá la viga. El trabajo que produce el motor para subir
la viga es:
W=P·t= 45000 Joule
Teniendo en cuenta que de ese trabajo solo 29400 J se usarán para subir otra vez la viga,
quedando en forma de energía reutilizable (mientras no se vuelva a caer otra vez), el resto
(15600 J) se perderá seguramente en forma de calor. Por tanto la energía total perdida tras
la caída de la viga y su posterior colocación es de
E = 29400 J + 15600 J= 45000 J
La entropía generada, incrementada en el universo es entonces:
S 
E 45000J

 150J / K
T0
300K
10.- Una máquina térmica funciona entre un depósito que contiene 103 m3 de agua y un río a
temperatura constante de 10 ºC. Si la temperatura inicial del depósito es 100 ºC, ¿Cuál es la cantidad
máxima de trabajo que puede realizar la máquina térmica?
Consideraremos el río como un foco térmico cuya temperatura no cambiará en todo el
proceso. En cambio el depósito de agua va a descender su temperatura hasta igualarla con
la temperatura del río. Dado que se nos pide calcular el trabajo máximo que puede realizar
la máquina térmica que acoplaríamos entre el río y el depósito, esto significa que la maquina
realizaría ciclos de Carnot para obtener el máximo trabajo posible, lo cual implica que el
incremento de entropía del universo es nulo:
Suniverso  Srio  Sdepósito  0  Srío  Sdepósito
La entropía generada por el depósito es
Trío
Sdepósito 

Tdep
Qdepósito
T
Trío

283
Cem dt
KJ 3 3
Kg dt
6 KJ  283 
Tdep T 4,18 KgK 10 m 1000 m3 373 T 4,1810 K ln  373 
Sdepósito  1.154106 KJ / K
El calor desprendido por el depósito es igual al cambio de energía interna experimentado
por este:
Qdepósito  Udepósito  mCe T  103 m3 1000
Kg
KJ
4,18
 283  373 K  376,2106 KJ
3
m
KgK
La entropía recibida por el río, y por tanto el calor recibido, es:
Srío  Sdepósito  1,154106 KJ / K  Qrío  Trío  Srío  326,58106 KJ
El trabajo máximo que puede realizar la máquina entonces será:
WMAXIMO  Qdepósito  Qrío  49,62106 KJ
11.- En un calorímetro adiabático se mezclan 100 g de mercurio a 100 ºC con 50 g de hielo a
0ºC. Determinar el incremento de entropía del mercurio, del agua, y del universo sabiendo que
ambos líquidos son perfectamente inmiscibles.
Datos: Calor específico de mercurio CeHg = 0.033 Kcal/·g ·K .
Calor específico del agua Cagua = 1 Kcal/·g·K
Calor latente de fusión del hielo Cfusión = 80 Kcal/· g K.
Antes de empezar, verificaremos o descartaremos que la temperatura de equilibrio no sea de 0
ºC (=273 K) dado que el calor latente de fusión del hielo es bastante más elevado que el calor
específico del mercurio. El calor necesario para fundir todo el hielo y para cambiar 100 grados la
temperatura del mercurio es:
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Kcal
 50K  4000 Kcal
gK
 CeHg  mHg  T  330 Kcal
Q fusión  Cfus  mHIELO  80
QHg,100C 0C
Dado que el calor necesario para fundir el hielo es demasiado elevado y no es superado por el
de pasar mercurio de 100 ºC (373 K) a 0 ºC (273 K), esto implica que la temperatura final es de 0
ºC (=273 K). La masa de hielo y agua (dado que parte del hielo se derretirá calentando el
mercurio) permanece a temperatura constante, la variación de entropía es:
Shielo  agua 
QHg,100C  0C
T

330
 1,21Kcal / K
273
El cambio de entropía del mercurio viene dado por:
273
SHg 

373
QHg,100C0C
T
Trío


Tdep
CeHg  mHg  dT
T
0,033
Kcal
Kcal
 283 
0,1Kgln
  1,03
KgK
K
 373 
Por lo que la variación de entropía total sería
Shielo  agua  SHg  0,18Kcal / K
12.- Una máquina térmica funciona reversiblemente (ideal) entre 2 focos térmicos, uno de
ellos formado por 103 Kg de vapor de agua a 100ºC, y otro, por 10 3 Kg de hielo a 0ºC a la
presión de una atmósfera.
 ¿Cuál es el rendimiento total de la máquina?
 ¿Qué trabajo podrá producir hasta que se funda todo el hielo?
 ¿Cuál es el incremento de entropía del universo y de los focos?
Datos: Calor latente de fusión del hielo: Cfus = 80 Kcal/·g K.
Calor latente de vaporización del agua: CVap = 540 Kcal/·g K
La máquina funcionará hasta que se haya producido un equilibrio de temperatura entre los dos
focos. Dado que la las masas de agua son iguales es de esperar por el elevado calor latente de
vaporización CVap del agua a 100 ºC, mucho más que el de fusión/solidificación Cfus del agua a 0
ºC, todo el hielo se derrita y la masa de agua suba hasta los 100 ºC que sería la temperatura de
equilibrio, licuándose en ese proceso parte del gas. Hagamos unos cálculos para verificar esta
posibilidad:
QFus  Cfus  m  80Kcal / Kg  1000Kg  80.000Kcal
Q0C 100C  m  Ce  T  1000Kg  1Kcal / KgK  100K  100.000Kcal
Qvaporización  m  Cvaporización  1000Kg  540 Kcal / Kg  540.000 Kcal
Siendo tan elevado el calor de vaporización, superior a la suma de los otros dos, es pues
deducible que la temperatura de equilibrio es de 100 ºC. El calor transferido a la máquina
por el foco helado es por tanto:
Q1  QFus  Q0C100C  180.000Kcal
Al saber que la maquina es reversible (ideal) es fácil suponer que el incremento de entropía
del universo es nulo. Esto supone que la entropía ganada por un foco es igual a la entropía
perdida por el otro. El incremento de entropía del foco 1 (el del hielo) lo calcularemos en dos
etapas:
1ª etapa: Es un proceso isotérmico ya que el hielo se está fundiendo mientras se le
suministra calor, su incremento de entropía es:
SI 
Q fusiónE 80.000Kcal

 293.04Kcal / K
T1
273K
2ª etapa: Proceso a temperatura variable, desde 0 ºC ( 273 K) hasta los 100 ºC ( 373 K)
373
SII 

273
373
Qfusión
dT
 373 
 m  Ce 
 103  1 ln 
  312 Kcal / K
T
 273 
273 T
La entropía total del foco 1 y del foco 2 es por tanto:
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S1  SI  SII  605Kcal / K
S2  S1  605Kcal / K
Dado que el foco 2 permanece en todo momento a temperatura constante, es posible
conocer el calor total que se le transfirió:
S2 
Q2
 Q2  S2  T2  605Kcal / K  373K  225.665Kcal
T2
Por tanto el trabajo realizado por la maquina es:
WMAXIMO  Q2  Q1  225.665Kcal  180.000Kcal  45.665Kcal
El rendimiento de la máquina es por tanto:

W
45665

 0,2023  20,23%
Q2 225665
Un número n de moles de un gas ideal experimentan una expansión libre y adiabática en el
vacío (experimento de Joule). Expresar en términos de la temperatura y volumen inicial y
final el incremento de entropía del sistema. Calcular cuánto vale la entropía molar si el
volumen final es doble que el volumen inicial.
Solución: Al ser una expansión en vacío no se produce ningún cambio en la energía interna
del gas, luego es un proceso a temperatura constante. El primer principio de la
termodinámica nos establece entonces que:
Q  U  pdV
Por lo tanto
S  
Vf
Vi
Vf
Vf
Vf
Vf pdv
Q
1
1 nR  T
dV
 Vf 

  pdv  
dv  n  R 
 n  R  ln  
Vi
T
T
T Vi
T Vi V
 Vi 
Vi V
Si el volumen final es doble que el inicial, entonces la entropía molar es:
s 
S
Joule
Joule
 2Vi 
 R  ln 
 ln2  5,76
  8,31
n
mol K
molK
 Vi 