PROBLEMAS DE TERMODINAMICA - SEGUNDA LEY

PROBLEMAS DE TERMODINAMICA SEGUNDA LEY
1.Calcular la variación de entropía experimentada por in mol de gas ideal que ese
expande según la experiencia de joule desde 1 a 0.5atm. Demostrar que ka
experiencia es irreversible.
n=1
gas ideal
p 1 = 1atm → p 2 = 0.5atm
Efecto joule


1er principio: du = dQ – dw
du = 0
dQ = 0
dw = 0
En un experimento isotermo:
ds=
dQ
T
du = 0 y dQ = dw

Ds=
s1
dw
T
 ds =
s0
v1
p * dv
T
v0

p*v=n*R*T 
p n*R
=
T
v
v1
v
dv
→ s = n * R * ln 2
v0
v
v0
s = n * R 
n * R * T2
p2
s = n * R * ln
n * R * T0
p0
s = 1 * 8.314 * ln
1
;
0.5
 s = n * R * ln
s =5.76
p0
p2
J
K
Como s >0  suceso posible, irreversible.
“El efecto joule es un experimento isotermo”.
2. Un kilogramo de vapor de agua a 100ºC se mezcla en un recipiente de paredes
aislantes con 9 Kg de agua líquida a 13ºC. El sistema total evoluciona hasta que se
alcanza el equilibrio, obteniéndose agua líquida. Calcúlese: a) La temperatura final
de la mezcla. b) La variación de entropía del agua líquida, del vapor y del universo. c)
Demostrar si el proceso es reversible, irreversible o imposible.
Datos: C e = 1 cal/gk, L v =-539 cal/g
a)
Qced vapor = Q abs agua
M vapor Lv + magua C e T =M agua C e .  T
|1000*(-540)|+|100*1*(T 1 -100)|=9000*1*(T-13)
540000+1000*(100-T) = 9000*(T-13)  540 + (100-T)=9*(T-13);
640+117 = 10T  T=75.7º C.
Por tanto la temperatura final del agua será de 75.7º C.
b)
Agua
ds=
s1
dQ
T
 ds =
s0
T1
m * C e * dT
T
T0

s = m * C e * ln
T2
T0
s =9000*1*ln
75.7 + 273
13 + 273
s =1783.98 cal/k
 ds = 
dQcambest + dQcambtemp
T
q
;
T
2
m * ce * dt
1
ds
=
dQ
+
cambest
 T 0
T T ;
0
Qcambest
M * Lv
T
T
s =
+ m * ce * ln 2 ;
+ m * ce * ln 2 ;
T
T
T0
T0
1000 * (−540)
75.7 + 273
s vapor = −1515 .08 cal/k
;
s =
+ 1000 *1 * ln
100 + 273
100 + 273
s =
suniverso = s vapor + s agua = -1515.18+1783.98
s = 268.9 cal/k.
s  0 → Suceso posible e irreversible.
3. Dos recipientes de volúmenes 4 y 5 litros, impermeables al calor y que tienen una
pared común, contienen hidrógeno a 25 y 20 atm y a las temperaturas de 20 y 25 ºC
respectivamente. Se ponen en contacto suprimiendo la pared común. Calcular: a) La
temperatura de equilibrio. b) La variación de entropía del conjunto. Suponer un
comportamiento ideal del gas. Datos: 1J= 0.24cal
n1 =
p1 * v1
25 * 4
=
= 4.16 moles
R * T1 0.082 * (25 + 273)
n2=
p2 * v2
20 * 5
=
= 4.09 moles
0.082 * (25 + 273)
R * T2
n total = n 2 + n 1 =4.16+4.09=8.25 moles.
a)
n1 * R * T1 4.16 * 0.082 * (20 + 273)
=
=11.1 atm
9
vtotal
n * R * T2 4.09 * 0.082 * (25 + 273)
p parcial 2 = 2
=
=11.1 atm
9
vtotal
El que halla salido la misma presión es casualidad
p parcial 1 =
Ley de Dalton: P total =P parcial 1 +P parcial
P total =11.1+11.1=22.2 atm;
T=
2
P total =22.2 atm
p*v
22.9 * 9
=
=295.34k;
n * R 8.25 * 0.082
T=295.34k
b)
ds=
dQ
T
{No es un proceso conocido}
1er principio: du=dQ-dw;
ds=
du + dw
;
T
s2
T2
ds=
dQ=du+dQ
n * cv * T + p * dv
;
T
V
n * cv * dt 2
ds
=
 T T + V Pdv
s0
0
0
P*v=n*R*T →
s2
 ds =
s0
T2
p n*R
=
v
T
v
n * cv * dt 2 n * R
T T + v v dv ;
0
0
s = n * cv * ln
T2
v
+ n * cv * ln 2 ;
T0
v0
295.34
9
5

s1 = 4.16 *  * 8.314  * ln
+ 4.16 * 8.314 * ln ;
20 + 273
4
2

s1 = 28.73 J/k
295.34
9
5

s 2 = 4.109 *  * 8.314  * ln
+ 4.16 * 8.314 * ln ;
25 + 273
4
2

s2 = 19.22 J/k
s sistema = s1 + s2 → s sistema = 28.73+19.22;
s sistema =47.95 J/K → s sistema =11.508 cal/k.
4. Dos cuerpos idénticos cuya masa es de 10 kg y calor específico a presión constante
de 400 J/kgK se encuentran a las temperaturas de T1=300 K y T2=600K. Determinar
la cantidad máxima de trabajo que puede extraerse de estos dos cuerpos utilizándolos
como focos de una máquina térmica.
Proceso reversible: ds 1 +ds 2 = 0
dQ1 dQ 2
+
=0
T
T
T

300
T
m1 * c p

600
m2 * c p * dT
T
T
T
T
+ 10 * 400 * ln
= 0;
300
600
T
T
+ ln
=0;
300
600
e0=
T
T
* dT +
dT
dT
300 T + m2 * c p 600 T = 0 ;
10 * 400 * ln
ln
m1 * c p
T2
180000
→
→
1=
→
T 
 T
*
ln 

 300 600 
T2
180000
→
T 
 T
+ ln
4000*  ln
 = 0;
600 
 300
T2
ln
=0;
→
180000
T= 180000 ;
T=424.26K.
Q=m*c p * T → Q=10*400*(424.26-600) → Q abs = 702960 J/K
Q=m*c p * T → Q=10*400*(424.26-300) → Q ced = 497040 J/K
W= Q abs -Q ced =702960-497040=205920 J/K = 205.92 KJ/K.
=0
5. Una cierta cantidad de aire seco se encuentra inicialmente en un estado (P,V,T) =
(140 Pa, 0.14 m3, 20ºC). Se comprime entonces hasta una presión de 1800 kPa
mediante un proceso politrópico de ecuación PV 1.25=cte. Determine el cambio de
entropía en el proceso. DATOS: cv=0.719 J/gK. Peso molecular=28.97 g/mol.
(p,v,T)=(104Pa,0.14m 3 ,20ºC) → 1800kPa
n=
P0 * V0
140 * 0.14
=
=8.05*10 −3
R * T0 8.314 * (20 + 273)
dQ
T
1er principio: du=dQ-dw; dQ=du+dQ
n * cv * T + p * dv
du + dw
ds=
;
ds=
;
T
T
ds=
s2
T2
V
P*v=n*R*T →
p n*R
=
;
v
T
n * cv * dt 2
ds
=
 T T + V Pdv ;
s0
0
0
s2
 ds =
s0
T2
v
n * cv * dt 2 n * R
 T + v v dv ;
T0
0
s = n * p m * cv * ln
s = n * cv * ln
T2
v
+ n * cv * ln 2 ;
T0
v0
T2
v
+ n * cv * ln 2 ;
T0
v0
P*v 125 =cte
1
 p  1.25
140


P 0 *v 0 = P 2 *v 2 →  0  * v0 = v 2 → 
*0.14=v 2 ;
−3 
 1800 *10 
 p2 
v 2 =7.22*10 −5 m 3
T2=
p 2 * v 2 1800 *10 −3 * 7.88 *10 −5
=
:
n*R
8.05 *10 −3 * 8.314
T 2 =1942 K
1942
7.22 *10 −5
−3
s = 8.05 *10 * 28.97 * 0.719 * ln
+ 8.05 *10 * ln
;
(20 + 273)
0.14
−3
s =-0.19 J/K.
6. Calcular el incremento de entropía que experimentan 6 g de hielo que se
encuentran a 0ºC cuando pasan a agua líquida a 95 ºC, suponiendo que el proceso
fuera reversible. DATOS: Lf =80 cal/g, C e ( agua)=1 cal/g
Cuando el hielo pasa a ser agua pero a 0ª C. (cambio de fase)
s2
q
dQ
1
;
ds
=
ds
=
 T
s
0 dQ ;
T
0
s2 − s0 =
s1 =
1
Q
T
→
s =
Q
;
T
m * LF
6 * 80
=
= 1.76 cal/k;
T
(0 + 273)
Cuando el agua pasa de 0º C a 95º C.
ds=
s2
dQ
;
T
 ds =
s0
95
s2 − s0 =m* Ce * 
0
dT
;
T
95
m * C e * dT
;
0 T
s =6*1*ln
s2 = 1.79 cal/k.
stotal = s2 + s1 =1.76+1.79=3.55 cal/k
(95 + 273)
;
(0 + 273)
7. Una barra de metal de 800 g de peso se saca de un horno a 1600 K y se sumerge en un
tanque cerrado que contiene 25 litros de agua a una temperatura de 300 K. Determinar
la
temperatura final de equilibrio alcanzada y la cantidad de entropía generada. DATOS:
cagua= 4,18 kJ/kgK, cmetal=0,8 kJ/kgK
a) Teq=Tf ?
| Qcedidometal |=| Qabsorbidoagua |
| mmetal  Cemetal  T |= magua  Ceagua  T
| 0.800  0.8(T f − Ti ) |= 25  4.18(T f − Ti )
0.8  0.8(1600 − T f ) = 25  4.18(T f − 300)
0.64(1600 − T ) = 104.5(T − 300)
1024 − 0.64T = 104.5T − 31350
T = 307.9 K
El calor cedido siempre tiene que ser negativo,pero como arriba se ha hecho una igualdad
se pone valor absoluto o (Qcedidometal = -Qabsorbidoagua ).
b) ΔS?
T f T
Q S f
;  S = m  Ce  
Ti T
T Si
Tf
S = m  Ce  Ln
Ti
S =
S metal = magua  Ceagua  Ln
Tf
S agua = magua  Ceagua  Ln
Tf
Ti
Ti
= 0.8  0.8  Ln
307.9
= −1.054 K
300
= 25  4.18  Ln
307.9
= 2.716 K
300
S sistema = S agua + S metal = 2.716 − 1.054 = 1.662 kJ
K
-Al ser 1.662 mayor que 0, el proceso es irreversible.
8. Un recipiente rígido y adiabático de 200 l de volumen está dividido en dos volúmenes
iguales por medio de una pared. Ambos lados contienen nitrógeno, que se comporta
como un gas ideal, un lado está a 2 MPa y 200 ºC y, el otro a 200 kPa y 100ºC. Una vez
quitada la separación el nitrógeno alcanza un estado de equilibrio a 70ºC. Suponiendo
que la temperatura del entorno es de 20ºC determinar: a) el trabajo realizado por cada
uno de los volúmenes de gas y el trabajo total; b) Indicar si el proceso es posible o no
mediante el cálculo del cambio neto de entropía del universo para el proceso Dato: Peso
molecular del nitrógeno 28 g/mol.
a) 1 litro = 10-3m3
PV
RT
6
2 10  (100 10 −3 )
n1 =
= 50.85
8.31 (200 + 273)
PV = nRT → n =
200 103 (100 10 −3 )
= 6.45
8.31 (100 + 273)
n = n1 + n2 = 57.3
n2 =
V = V1 + V2 = 200l
P=
nRT 57.3  8.31 (70 + 273)
=
= 817012.6 = 817kPa
V
200 10 −3
No hay Wmecanico porque no hay desplazamiento de la pared.
b)
dQ
T
Primer principio: dU = dQ – dW
dS =
dQ = dU + dW
dU + dW
T
nCv dT + PdV
dS =
T
nC dT
PdV
 dS =  Tv +  T
dT
nr
 dS = nCv  T +  V dV
Sf
T f dT
V f dV
Soi dS = nCv To T + nR Vo V
Tf
Vf
S f − S o = nCv Ln
+ nRLn
To
Vo
dS =
S = nCv Ln
Tf
TO
+ nRLn
Vf
Vo
5
70 + 273
200
S1 = 50.85  (  8.31)  Ln
+ 50.85  8.31Ln
= −46.6 J
K
2
200 + 273
100
5
70 + 273
200
S 2 = 6.45  (  8.31)  Ln
+ 6.45  8.31 Ln
= 25.93 J
K
2
100 + 273
100
S sistema = S1 + S 2 = −46.6 + 25.93 = −20.67 J
K
-Entorno (foco) isotermo:
Sf
dQ
dQ
1
0
→  dS = 
→ S =  Q =
=0
So
T
T
T
(20 + 273)
S universo = S sistema + S entorno = −20.67 + 0 =
 dS = 
S universo = −20.67 J
K
Como ΔSuniverso es negativo el proceso es imposible.
9. Una gran masa de agua que se encuentra a 90ºC está en contacto con un cilindro
provisto de un pistón que contiene 0.1 kg de O 2. El gas inicialmente se encontraba a
60ºC
y 400 kPa. Debido al calor que recibe del agua el gas se expande hasta una presión
de
150 kPa y 35ºC realizando un trabajo de 4 kJ. Suponiendo que el gas se comporta
según
el modelo del gas ideal, se pide: a) El calor que recibe el gas; b) Determinar si el
proceso
es reversible o irreversible calculando el cambio de entropía del universo. Dato: peso
molecular del O2 es de 32 g/mol.
a) Q?
U = nCv T =
m
100 5
 Cv (T f − To ) =
(  8.31)  (35 − 60) = −1623.8 J
Pm
32 2
U = Q − W → Q = U + W = −1623.8 + 4000 = 2376.2 J
b) ΔSuniverso?
nRT f
S = nCv Ln
=
Tf
TO
+ nRLn
Vf
Vo
= nCv Ln
Tf
TO
+ nRLn
Pf
Tf
P0  T f
= nCv Ln + nRLn
=
nRTO
TO
Pf  To
PO
Tf m
P0  T f 100 5
m
(35 + 273) 100
400  (35 + 273)
Cv Ln +
RLn
=
 (  8.31)  Ln
+
 8.31 Ln
=
Pm
TO Pm
Pf  To 32 2
(60 + 273) 32
150  (60 + 273)
S O2 = S sistema = 18.39 J
K
Entorno (foco):
 dS = 
Sf
dQ
1 Q
1
→  dS =  dQ → S =  Q
So
T
T 0
T
|Qcedido entorno| = – Qabs sist
Qcedido entorno = – Qabs sist = – 2376.2 J
S =
− 2376.2
= −6.54 J
K
(90 + 273)
S universo = S sistema + S entorno = 18.39 − 6.54 = 11.85 J
K
Como es mayor que 0, el proceso es irreversible.
10. Un flujo de vapor de agua entra en una turbina con una entalpía específica de
3200
kJ/kg y una entropía específica de 6,9 kJ/kgK a una velocidad de 160 m/s. Las
condiciones del vapor a la salida son 2600 kJ/kgK, 7,35 kJ/kgK y una velocidad de
100
m/s. En situación estacionaria la turbina produce un trabajo igual a 540 kJ por kilo
de
vapor que la atraviesa. La transferencia de calor entre la turbina y el entorno tiene
lugar a
una temperatura de 500K. Determinar la entropía generada por kilogramo de vapor.
Despreciar las variaciones de energía cinética y potencial entre la
entrada y la salida.
h1 = 3200 kJ
kg
a) ΔS?
S1 = 6.9 kJ
kgK
No puedo restar las entropías porque necesito la del entorno
m
y
la
del
universo
C1 = 160
s
h2 = 2600 kJ
kg
S 2 = 7.35 kJ
kgK
C2 = 100 m
s
C22 C12
− ) + g ( z 2 − z1 ) + W ´´= q
2
2
100 2 160 2
(2600 103 − 3200 103 ) + (
−
) + 540 103 = q
2
2
q = −67800 J
kg
(h2 − h1 ) + (
Entorno:
S =
q 67800
=
= 135.6 J
= 0.1356 kJ
kgK
kgK
T
500
Qcedido = – Qabs. entorno= – (– 67800) J
kg
S sistema = S 2 − S1 = 7.35 − 6.9 = 0.45 kJ
kgK
S universo = s sistema + S entorno = 0.45 + 0.1356 = 0.5856 kJ
kgK
11. Un cilindro provisto de un pistón contiene 2 g de aire en unas condiciones iniciales
de
200 kPa y 600 K. El gas se expande en un proceso a presión constante hasta el doble
de
su volumen inicial (estado 2). Seguidamente el pistón se asegura con un perno y se
transfiere calor hasta que la temperatura final es de 600 K. Determinar: a) P y T para
todos los estados por los que pasa el gas, b) El calor y el trabajo para cada proceso, c)
la
variación de entalpía para cada proceso, d) determinar si el proceso global es
reversible o
irreversible sabiendo que el entorno se encuentra a 1000 K. DATOS: suponer que el
aire
es un gas diatómico de masa molecular 28 g/mol.
a) P,T
P (kPa)
V (m3)
T (K)
1
200
1.75·10-3
600
2
200
3.5·10-3
1202.8
3
99.768
3.5·10-3
600
V1 =
m
2
n=
=
= 0.07
Pm 28
nRT1 0.67  8.31 600
=
= 1.75 10 −3 m 3
P1
200 103
V2 = 2 V1 = 2  (1.75 10 −3 ) = 3.5 10 −3 m 3
P2V2 200 103  3.5 10 −3
=
= 1202.8K
nR
0.07  8.31
nRT3 0.07  8.31 600
P3 =
=
= 99.768Pa
V3
3.5 10 −3
T2 =
b) Q, W
1→2 Proceso Isobárico (P=cte)
V2
W =  PdV = P  dV = P  (V2 − V1 ) = 200 103  (3.5 10 −3 − 1.75 10 −3 ) = 350 J
V1
7
Q p = nC p T = 0.07  (  8.31)  (1202.8 − 600) = 1227.86 J
2
2
n=
= 0.07
28
2→3 Proceso Isocórico
W =  PdV = 0
5
5
Qv = nCv T = n( R)(T3 − T2 ) = 0.07   8.31 (600 − 1202.8) = −877 J
2
2
c) ΔH?
→
H=U+PV
dH=dU+VdP+PdV
1→2 Procesos isobarico
H 2 -H 1 =U 2 -U 1 +P  dV
V1
H U + W ;
H = 1227.86
U2
V2
H1
U1
V1
 dH =  dU +  PdV ;
dH=dU +PdV → ya que vdP=0;
V2
H2
→
H 2 -H 1 =U 2 -U 1 +P V ;
2→3 Proceso isocórico
dH=dU+VdP+PdV;
dH=dU +VdP → ya que PdV=0;
H2
U2
P3
H1
U1
P2
 dH =  dU +  VdP ;
P2
→
H = U + VP
P3
H = U + V  dP
→
;
H = (Q − W ) + VP
−3
H = (−877 − 0) + 3.5 *10 (99.7 − 200) *1 ;
H = −1228.05
H
12
+ H
23
+ H
31
=0;
ES igual a 0 debido a que vuelve a la
temperatura inicial.
d) Tipo de proceso.ΔSuniverso
T 0 =1000 k
1→2 Procesos isobarico
dQ
dS =
;
T
T2
 dS = 
nC p dT
T1
T
S 2 − S 0 = nC p Ln
;
7
1202.8
S = 0.07 * ( * 8.314) * ln
= 1.42 J/K
2
600
2→3 Proceso isocórico
dS =
dQ
;
T
T3
nCv dT
;
T
T2
 dS = 
S = nCv Ln
5
600
S = 0.07( * 8.314) * ln
= −1.01J/K
2
1202.8
S sistema = S12 + S 23 → S sistema = 1.42 −1.01 = 0.41 J/K
Entorno:
T3
T2
T2
T0
 dS = 
Sf
dQ
1 Q
1
→  dS =  dQ → S =  Q
So
T
T 0
T
Q=Q 12 +Q 23 =1227.86-877=350.86 J
S =
“El sistema absorbe calor”
Q − 350.86
=
= −0.35086 J/K
T
1000
Suniverso = Ssistema + Sentorno
→ Suniverso = −0.35 + 0.41 = 0.06 J/K
Como es mayor que 0, el proceso sera irreversible.