Fisica 2 - Hugo Medina Guzmán

Calor y Termodinámica Hugo Medina Guzmán

uno de los cuartos está a 10 ºC y el otro a 30 ºC. 9,672θ = 423,6
¿Cuántos focos de 100 W se necesitarán tener θ = 43,79º C
encendidas en el cuarto más caliente para mantener
la misma diferencia de temperatura? El flujo es;

Solución. •

Coeficiente de conductividad térmica del ladrillo Q = 5,436θ = 5,436 x 43,79 = 238,1 W

k = 1,0 W/(m K). (30 −10) Ejemplo 48.- Un excursionista usa prendas de vestir
de 3,5 cm de grueso, cuya área superficial total es de
• = −kA Δθ = (1)(4,0 × 4,0) 0,12 1,7 m2. La temperatura de la superficie de las
L prendas es de –20 ºC y la de la piel de 34 ºC.
Q

= (1)(4,0 × 4,0) 20 = 2666,67 W Calcular el flujo de calor por conducción a través de
0,12 la ropa
a) Suponiendo que ésta está seca y que la
Número de focos de 100 W que se necesitarán tener conductividad térmica k es la del plumón igual a
0,06x10-4 kcal/s m K
encendidos en el cuarto más caliente para mantener b) Suponiendo que la ropa está mojada, de modo que
k es la del agua (1,4x10-4 kcal/s m K) y que la ropa
la misma diferencia de temperatura se ha comprimido hasta un espesor de 0,50 cm.

2666,67 = 26,7
100

Se necesitan 27 focos de 100 W. Solución.

Ejemplo 47. Dos barras metálicas, cada una de a) • = −kA Δθ = 0,06 × 10 − 4 (1,7) (34 + 20)
longitud 5 cm y sección transversal rectangular de L
lados 2 y 3 cm, están encajadas entre dos paredes Q 3,5 ×10−2
una a 100 ºC y otra a 0 ºC. Las barras son de Pb y
Ag. Determinar: = 0,01,5737 W (34 20)
a) El flujo térmico total a través de las barras y
b) La temperatura en la interfase. b) • = −kA Δθ = 1,4 × 10 − 4 (1,7 ) 0,50 + 10 −2
DATOS: k(Pb) = 353 W/m K; k(Ag) = 430 W/m K. L ×
Q

= 2,5704 W

Solución. Ejemplo 49. Flujo a través de un cilindro de radio
interior r1 y radio exterior r2, conductividad térmica
k, temperatura interior t1 y temperatura exterior t2.

Solución.
Tomemos una longitud L, y a una distancia r un
elemento diferencial dr como se muestra en la
figura,

Pb El flujo a través del elemento diferencial es
A = 6 x 10-4 m, L = 5x10-2 m k = 353 W/m K;
Ag • = −kA dt
A = 6 x10-4 m, L = 5x10-2 m k = 453 W/m K; dr
Flujo de calor en el plomo Q

• = 353⎛⎜⎝⎜ 6 ×10−4 ⎞⎠⎟⎟(100 − θ ) •
5 ×10−2
Q Q es constante a través de cualquier sección

cilíndrica coaxial.
A = 2πrL
= 4,236(100 − θ )
Luego
Flujo de calor en la plata.
• dt
• = 453⎜⎛⎜⎝ 6 ×10−4 ⎟⎠⎞⎟(θ − 0) = −k 2πrL dr
5 ×10−2 Q
Q

Despejando dt

= 5,436θ •
Q dr
Igualando los flujos dt = − 2πkL r

4,236(100 − θ ) = 5,436θ Integrando

423,6 − 4,236θ = 5,436θ

22

Calor y Termodinámica Hugo Medina Guzmán

• r2 dr De la igualación de (2) y (3) tenemos:
Q rr1
∫ ∫t2dt = − 2πkL 3 T1 + 3
t1 2
T2 .
• = 52 (5)
Q r2
t1 − t2 = − 2πkL ln r1 Por otro lado, de la diferencia de las ecuaciones (4) y

De aquí (5), hallamos:

• 2πkL (t1 t2 ) T1 = 13,63º C y T2 = 13,63º C.
ln r2
Q = − Reemplazando en ecuación (1):
(20 − T1 )
r1 ΔQ = kV A = 4,25 cal
Δt 0,006 s

Ejemplo 50. Una ventana de un metro de alto por 2 b) Si la ventana está formada por un solo vidrio:
de ancho tiene un vidrio cuyo espesor es de 0,006 m,
conduce calor desde el interior a 20 ºC al exterior de ΔQ' = kV A (30 − 3) = 11,3 cal ,
3 ºC. Encuentre la diferencia porcentual de la Δt s
conducción del calor, cuando se pone dos vidrios del ΔX
mismo espesor anterior, dejando una separación de
aire entre los vidrios de 0,012 m. Considere que:

kVidrio = kV = 2 ×10−6 kcal/smº C ,

kAire = kA = 6 ×10−6 kcal/smº C .

Solución.
a) Al poner los dos vidrios:

Es decir, la diferencia con respecto a

ΔQ Δt = 7,05 cal/s. De este modo hay una

diferencia de un 62,4%, con lo cuál, cuándo se
coloca aire entre los dos vidrios se pierde un 62,4%
menos de energía calórico que cuándo se usa un solo
vidrio.

Ejemplo 51. Una ventana de un metro de alto por
dos de ancho, está construida con láminas de vidrio

cuyo espesor es de 0,006 m. La ventana puede ser

ensamblada con un solo vidrio en ese caso el flujo

Sean T1 y T2 las temperaturas a la derecha del vidrio de calor es • o puede construirse con dos vidrios

Q1

izquierdo e izquierda del vidrio derecho, dejando una separación de 0,012 m de aire

respectivamente: confinado entre las dos láminas de vidrio, en este

ΔQ1 A (20 − T1 ) , caso el flujo de calor es • 2 . Encontrar la relación
Δt
0,006 Q

= kV (1) entre los flujos de calor.

ΔQ2 (T1 − T2 ) kvidrio = 2 ×10−6 kcal / s m°C ,
Δt
= k A A 0,012 , (2) kaire confinado = 6 ×10−6 kcal / s m°C

ΔQ3 = kV A (T2 − 3) . (3)
Δt
0,006

En el estado de régimen estable, es decir, cuándo la
temperatura en cada punto es constante en el

transcurso del tiempo, por lo cuál ΔQ Δt es la

misma en todas las secciones transversales:

ΔQ = ΔQ1 = ΔQ2 = ΔQ3 . Solución.
Δt Δt Δt Δt
Al poner los dos vidrios:

Igualando ecuaciones (1) y (2), encontramos: • = − A Δθ

⎛⎜1 2 ⎞⎟ 40 Q1 ⎜⎛⎜⎝ 2 L1 L2 ⎟⎞⎟⎠
⎝ 3 ⎠ 3 k1 k2
T2 = T1 + − . (4) +

23

Calor y Termodinámica Hugo Medina Guzmán

Al poner un solo vidrio Por semejanza de triángulos: x = y ⇒ x = R y
R L L
• = − A Δθ
⎜⎜⎝⎛ ⎟⎟⎞⎠ y ⎞⎟2
Q2 L1 ⎠
k1
Luego: • = −kπ ⎛⎜ R + R dT
⎝ L dy
Q

La relación entre los flujos de calor es: dy kπR 2

− A Δθ ⇒ (y + L)2 = • dT

⎛⎜⎝⎜ L1 ⎠⎟⎟⎞ Q L2
k1
• L dy kπR 2 T2 dT
0 y+L
Q2 = A ∫ ( ) ∫Integrando 2 = • T1

• − L1 L2 Δθ Q L2
k1 k2 ⎟⎟⎞⎠
Q1 ⎜⎜⎝⎛ 2 L
0
+ 1 − kπR 2 T T2
y+L T1
( )⇒ − = •

⎛⎜⎜⎝ 2 L1 L2 ⎟⎞⎠⎟ Q L2
k1 k2
• + L2 k1 ⇒ − 1 + 1 = kπR 2 (T1 − T2 )
L1k 2 + +
Q2 = ⎝⎛⎜⎜ L1 ⎟⎟⎞⎠ = 2+ (L L) (0 L) • L2
k1
• Q

Q1 1 kπR 2
2L
⇒ = • (T1 − T2 )

= 2 + ⎜⎝⎛162 ⎟⎞⎠⎝⎜⎛⎜ 2 ×10−6 ⎠⎞⎟⎟ Q L2
6 ×10−6
Finalmente: • = 2kπR 2 (T1 − T2 )
2 8 L
3 3 Q

= 2+ = = 2,66

Ejemplo 52. El sólido de la figura tiene bases CONVECCION.
circulares de radio R y 2R, altura L y conductividad Es el proceso de transferencia de calor de un lugar a
térmica k. Si las bases se ponen en contacto con otro por el movimiento de la masa calentada.
reservorios de temperatura T1 y T2 .Determine la
corriente calorífica cuando el flujo es estacionario.
Considere las paredes laterales forradas con un
aislante térmico.

Las leyes que rigen el flujo de calor por convección

son muy complejas porque involucra fenómenos de

fluidos en movimiento y el cual todavía puede ser

forzado o natural por diferencia de densidades. Sin

Solución. embargo, se tiene una relación empírica dada por

Newton, para un cuerpo dado:

dQ = • = hAΔθ
dt
Q

Donde h es el coeficiente de convección, A es el

área de la pared, Δθ es la diferencia de temperatura

El flujo a través de la porción de ancho dy y área entre la superficie de la pared y el fluido.

A = πr 2 = π (R + x)2 , es también igual a • EL COEFICIENTE DE CONVECCION h depende
de la posición de la pared y de las características del
Q fluido y su movimiento.

• = −kA dT = − kπ (R + x)2 dT
dy dy
Q

COEFICIENTE DE CONVECCION EN
AIRE A PRESION ATMOSFERICA

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Calor y Termodinámica Hugo Medina Guzmán

kcal ( )• (1)(80) kcal
m2 °C s
Q
DISPOSICION h ( s ) = 2,71 × 10 −3 = 0,217

Pared horizontal Mirando ( )0,576x10-3 Δt 1 4 y el calor que se pierde en una hora será:
arriba
Pared horizontal Mirando Q = 0,217 x 3600 = 782 cal
abajo
Pared vertical ( )0,314x10-3 Δt 1 4 Ejemplo 54. El aire sobre la superficie de un lago

Tubo horizontal o vertical ( )0,424x10-3 Δt 1 4 está a una temperatura θA mientras que el agua está

⎛⎜ Δt ⎞⎟1 4 en su punto de congelación θc (θ A < θC ).
⎝ D ⎠
1,00x10-3 ¿Cuál es el tiempo T que ha de transcurrir para que
se forme una capa de hielo de espesor y
Ejemplo 53. Una pared plana se mantiene a Asumir que el calor liberado cuando el agua se
temperatura constante de 100°C, y el aire sobre congela fluye a través del hielo por conducción y de
ambas cara está a la presión atmosférica y a 20°C. la superficie al aire por convección natural.
¿Cuánto calor se pierde por convección de un metro DATOS:
cuadrado de superficie en ambas caras en 1 hora? h = coeficiente de convección del hielo
a) Si la pared es vertical
b) Si la pared e horizontal ρ = densidad del hielo

Solución. L = calor de fusión del hielo
a) Si la pared es vertical. k = conductividad térmica del hielo
El flujo de calor de ambas caras es
Solución.

•

Q = −2hAΔt

Donde

h = 0,42 ×10−3 (Δt )1 4 kcal
m2 º C
s

Δt = 80 y (Δt)1 4 = 2,98

A = 1 m2 En la figura observamos como se va formando la
de aquí
capa de hielo

h = 0,42 ×10−3 × 2,98 Calor de solidificación de la capa de hielo en

kcal formación de área A y espesor dy.
m2 º C
= 1,12 ×10−3 s dQ = dmL = ρAdyL (1)

Éste calor se conduce a la superficie

• = 2 ×1,12 × 10− 3 × 80 • = dQ = −kA (θC −θS )
dt y
Q Q

= 0,179 kcal dQ = kA (θ S −θC ) dt (2)
s y

EL calor que se pierde en una hora será Igualando calores (1) y (2)

Q = 0,179 x 3600 = 645 kcal kA (θ S ) dt

b) Si la pared es horizontal. ρAdyL = −θC
y
En este caso tenemos los valores para h:

Para la cara que mira arriba k
ρL
h1 = 0,596 x 10−3 (Δt)1/4 ∫ ∫Yydy (θ ) T dt
0 0
= S −θC

= 1,77 x 10−3 kcal Y2 k (θ − θC )T
s m2 °C 2 ρL
= S
Para la cara que mira abajo
Y 2 ρL = (θ S −θC )T (3)
h2 = 0,314 x 10−3 (Δt)1/4 2k

= 0,94 x 10−3 kcal El flujo de calor de la superficie al medio ambiente
s m2 °C
se produce por convección, o sea
•
• = dQ = −hA(θ S −θA)
Luego: Q = - h1 A Δt − h2 A Δt dt
Q
•

⇒ Q = − (h1 + h2 ) A Δt

25

Calor y Termodinámica Hugo Medina Guzmán

dQ = hA(θ A − θ S )dt c) Para encontrar el grosor de su vestido de la

persona en Puno para que tenga la misma pérdida

Este es el mismo calor y por lo tanto de calor que una persona en Lima, aplicamos la

ρAdyL = hA(θ A − θ S )dt misma ecuación.
1,5(37 + 20)
h 9,85 = ⇒
dy ρL (θ A )dt 0,03 e 1
= −θS 0,01 + 0,0209 + 9

Integrando 0,0209⎢⎣⎡1,95.(8557) − 0,03 1⎤
0,01 9 ⎦⎥
∫ ∫Y dy h (θ A ) T dt e = − = 0,116 m
0 ρL 0
= −θS

Y = h (θ A −θS )T Ejemplo 56. Se construye un iglú en forma de
ρL hemisferio con un radio interno de 1,8 m y paredes
de nieve compactada de 0,5 m de espesor. En el
YρL = (θ A −θS )T (4) interior del iglú el coeficiente de transferencia de
h calor por convección es 6 W/m2·K; en el exterior, en
condiciones normales de viento, es 15 W/m2K. La
Sumando las expresiones (3) y (4) obtenemos conductividad térmica de la nieve compactada es
2,33 W/m K. La temperatura de la capa de hielo
⎛⎜⎝⎜ Y2 + Y ⎟⎞⎟⎠ρL = (θ A −θC )T sobre la que se asienta el iglú es de -20 ºC y tiene la
2k h misma conductividad térmica que la nieve
compactada.
Finalmente, a) Que calor debe proporcionar una fuente continua
dentro del iglú, para que la temperatura del aire
T = ρL ) ⎝⎜⎜⎛ Y2 + Y ⎞⎠⎟⎟ interior sea 1º C cuando la del aire exterior es - 40
2k h ºC. Considere las pérdidas de calor a través del
(θ A − θC suelo.
b) ¿Cómo afecta el duplicar el espesor de las
Ejemplo 55. El interior del ser humano se encuentra paredes?
a 37°C, el espesor efectivo de la piel puede
considerarse como de 3cm.
a) Para una persona cubierta de pies a cabeza por un

vestido de lana de 0,5cm de espesor. Calcular el
flujo de calor que pierde en Lima (tamb = 15°C) y en
las madrugadas de Puno (tamb = -20°C).
b) ¿Cuál debería ser el grosor de su vestido de la

persona en Puno para tener la misma pérdida de Solución.
calor que una persona en Lima? a)
Datos:

kpiel = 0,01W/m°C
Área del cuerpo humano persona promedio = 1,5m2
klana = 0,0209 W/ºC
h (del cuerpo vestido) = 9 W/m2·K,

Solución.

a) El flujo de calor atraviesa la piel y el vestido por

conducción y de la superficie del vestido al ambiente

por convección.

Este flujo a través de este conjunto es:
( )•

Q=
A tpiel − tambiente Pérdida por convección en el piso

Lpiel + Llana + 1 ( )• , Ap = πR12
k piel k lana h
Q 2 = −hi Ap θ p − θi

( )( )•

Q2
• 1,5(37 −15) = −hi πR12 θ p −θi

En Lima: Q= 0,03 0,005 1 = 9,85 W ( )•
0,01 0,0209 9
Q2
+ + = −[6] π1,82 (− 20 −1) = 1388,02W

• 1,5(37 + 20) Pérdida de calor por el domo

En Puno: Q= 0,03 0,05 1 = 23,74 W Por convección del aire interior a la pared interior
0,01 0,0209 9
+ + •

Q1 = −hi A1 (θ1 −θi )

26

Calor y Termodinámica Hugo Medina Guzmán

A1 = 1 4πR12 •
2
= 0,018Q1

( )• (θ1 −θi ) ⇒ • = 39 = 2166,67 W
0,029
Q1 Q1
= −hi 2πR12

( )• (θ1 − 1) − 122,08(θ1 − 1)

Q1
= −6 2π1,82 = Salida total de calor
1388,02 + 2166.67 = 3554,69 W
•
Q1
⇒ (θ1 − 1) = 122,08 (1) La fuente debe proporcionar 3,554 kW

Por conducción en la pared del iglú: b) Si se duplica el espesor de la pared del domo

1 • 1
2 Q1 ⎜⎜⎝⎛ 1 R2 ⎟⎠⎞⎟
A = 4π r2 (θ1 −θ2 ) = 2πk R1 −

• •
dθ Q1 dr
• = −k 2π r2 dr ⇒ dθ = − 2πk r2 ⇒ (θ1 − θ2 ) = (Q21,33)⎝⎜⎛ 1 − 1 ⎟⎞
1,8 2,8 ⎠
Q1 2π

• R2 dr
Q rR1 2
θ2 dθ 2πk •
Q1
θ1 31,65
∫ ∫⇒ = − ⇒ (θ1 − θ2 ) = (2a)

•
Q1 ⎛⎜⎝⎜ 1 1 ⎞⎟⎠⎟
⇒ θ2 − θ1 = 2πk R2 − R1 Sumando (1), (2a) y (3):

• ••
Q1 Q1 Q1
• (40 1) 122,08 31,65 498,32
Q1 ⎜⎝⎜⎛ 1 1 ⎠⎞⎟⎟
⇒ (θ1 −θ2 ) = 2πk R1 − R2 − = + +

⇒

• • •
(Q21,33)⎛⎝⎜ 1 1 (0,008 0,002)
⇒ (θ1 − θ2 ) = 1,8 − 2,3 ⎞⎟ 39 = Q1 + 0,032 + = 0,042 Q1
⎠
2π ⇒ • = 39 = 928, 57 W
0,042
• Q1
Q1
⇒ (θ1 − θ2 ) = 120,93 (2)

Por convección de la pared exterior al aire exterior Salida total de calor 1388,02 + 928,57 = 2316,59 W
La fuente debe proporcionar 2,316 kW

• = −he A2 (θe −θ2 ) RADIACION.
Es el proceso de transferencia de calor por medio de
Q1 ondas electromagnéticas durante el cual la masa del
medio no interviene puesto que no se refiere a la
A2 = 1 4πR22 . convección, ni a la conducción, por ejemplo la
2 transferencia de energía del sol de la tierra.

( )• (θ e −θ2 )

Q1
= −he 2πR22

( )⇒ • (− 40 − θ2 )
= −(15) 2π 2,32
Q1
= (15)(2π 2,32 )(θ2 + 40)

= 498,32(θ2 + 40)

•
Q1
⇒ (θ 2 + 40) = 498,32 (3)

Sumando (1), (2) y (3): Una sustancia puede ser estimulada a emitir
radiación electromagnética en varias formas, como
• •• por ejemplo un conductor eléctrico con corriente
Q1 Q1 Q1 alterna de alta frecuencia emite ondas de radio, una
(40 − 1) = 122,08 + 120,93 + 498,32 placa bombardeada por electrones con alta velocidad
emite rayos X, un líquido o sólido caliente emite
⇒ 39 = • (0,008 + 0,008 + 0,002) radiación térmica, etc.

Q1 27

Calor y Termodinámica Hugo Medina Guzmán

En esta parte trataremos solamente la radiación = 56,8 W
térmica. b) 2,846 kcal/día.
Experimentalmente STEFAN y BOLTZMAN El gasto energético por día es:
encontraron la ley que rige la radiación, mostraron (56,8 + 81) J/s x 3600x24 s/día = 4907520 J
que la radiación emitida, energía por unidad de Como 1 kcal = 4186 J
tiempo y por unidad de área, por un cuerpo negro El gasto energético en kcal/día:
(Sustancia Capaz de absorber toda la energía que 4907520 J/día x 1 kcal /4186 J = 2,846 kcal/día.
llega a él) a una temperatura T (Temperatura

absoluta)θ es R = σT 4 Ejemplo 59. Calcular la pérdida neta de energía
Donde σ es la llamada constante de Boltzman. radiante de una persona desnuda en una habitación a
20 ºC, suponiendo que la persona se comporta como
σ = 4,88 x 10-8 kcal K4 un cuerpo negro. El área del cuerpo es igual a 1,4 m2
m2 hora y la temperatura de su superficie es de 33 ºC.

5,67 x 10-8 W Solución.
m2 K4
= ( )•

Q rad
= σ eA TC4 − TA4 = (5,67x10-8

El calor transferido por radiación de un cuerpo a una W/m2.K4)(1)( 1,4 m2 )(3064K-2934K) = (5,67x10-8

temperatura T al medio que lo rodea a una W/m2.K4)(1)( 1,4 m2 )(13,98x108K) = 110, 97 W

temperatura T0 , es: Ejemplo 60. Los cables de calefacción de una estufa
eléctrica de 1kW se encuentran al rojo a una
( )• T4 temperatura de 900 K. Suponiendo que el 100% del
calor emitido es debido a la radiación y que los
Q cables actúan como radiadores ideales. ¿Cuál es el
= Aeσ − T04 área efectiva de la superficie radiante? Suponer la
temperatura ambiente de 20 ºC.
Donde e es el factor de emisividad del cuerpo a

temperatura T , siendo igual a 1 para el cuerpo
negro.

Ejemplo 57. La temperatura de trabajo del filamento Solución.
de tungsteno de una lámpara incandescente es 2450
K, y su emisividad es 0,30. ¿Cuál es la superficie del ( )•
filamento de una lámpara de 25 watts?
Q rad
= σ eA TC4 − TA4

1000 = (5,67 x 10-8)(1)( A )(11734-2934) ⇒
1000 = (5,67 x 10-8)(1)( A )(1885 x 108) ⇒
Solución.

• 1000 = 10687,95 A ⇒
Q
Como • = AeσT 4 ⇒ A = eσT 1000
10687,95
Q 4 A= = 0,094 m2

Donde: • = 25 W , σ = 5,67 ×10−8 W ,
m2 .K
Q

e = 0,30 y T = 2450 K Ejemplo 61. a) ¿Cuánta potencia irradia una esfera
de tungsteno (emisividad = 0,35) de 18 cm de radio
Reemplazando valores obtenemos la superficie: a una temperatura de 25 º?
b) Si la esfera está encerrada en un recinto cuyas
A = 5,67 25 = 0,408 x 10-4 m2 paredes se mantienen a –5 ºC ¿Cuál es el flujo neto
de la energía liberada de la esfera?
×10−8 (2450)4
= 0,408 cm2 Solución.

Ejemplo 58. Una persona desvestida tiene una a) A = πR 2 = π (0,18)2 = 0,101736m2
superficie de 1,5 m2 expuesta a un ambiente y a unos
alrededores de 27 ºC. La temperatura de su piel es de • = σ eAT 4
33 ºC y se puede considerar un emisor de radiación
perfecto. Si el coeficiente de transferencia de calor Q rad
por convección es de 9 W/m2K, hállese:
a) Las pérdidas de calor por convección y por = (5,67x10-8)(0,35)(0,10173)(2984)
radiación.
b) El gasto energético en kcal/día. = 15,92 W

b)

( )•

Q rad
= σ eA TC4 − TA4

= (5,67x10-8)(0,35)( 0,10173)(2984K-2784)

Solución. = 3,86 W

• Ejemplo 62. La Tierra recibe aproximadamente 430
W/m2 del Sol, promediados sobre toda su superficie,
a) Q conv = −hAΔθ e irradia una cantidad igual de regreso al espacio (es
decir la Tierra está en equilibrio). Suponiendo
= (9)(1,5)(33-27) = 81 W. nuestro planeta un emisor perfecto (e = 1,00), estime
su temperatura superficial promedio.
( )•

Q rad
= σ eA TC4 − T 4
A

= (5,67x10-8 )(1)( 1,5 )(3064-3004)
= (5,67x10-8 )(1)( 1,5)(6,68x108)

28

Calor y Termodinámica Hugo Medina Guzmán

Solución. Los gases reales no siguen exactamente este
comportamiento, pero es una buena forma para
A = πR 2 = π (0,18)2 = 0,101736m2 comenzar.

•
Q rad
A = σ eT 4 = (5,67x10-8)(1)(T4) = 430 El comportamiento de las masas encerradas de gases
ideales se determina por las relaciones entre p, V o p,
T =4 430 = 295K , t= 22,1ºC T, o V, T cuando la tercera cantidad T o V o p
5,67 ×10−8 respectivamente, es mantenida constante; estas
relaciones fueron obtenidas experimental por Boyle,
Gay-Lussac y Charles respectivamente.

Ejemplo 63. a) Encontrar la potencia total radiada LEY DE BOYLE. La presión (p) de un gas ideal
al espacio por el Sol. Suponiendo que éste es un varía inversamente a su volumen (V) si la
emisor perfecto con T = 5500 K. El radio del Sol es temperatura (T) se mantiene constante.
7,0x108 m.
b) A partir del resultado anterior, determinar la p ∝ 1 con T constante ⇒ pV = Constante
potencia por unidad de área que llega a la Tierra, que V
se encuentra a una distancia del Sol de 1,5x1011 m.
p1V1 = p2V2
Solución.
a)

( )A = πR 2 = π 7,0 ×108 2 = 153,86 ×1016 m2

• = σ eAT 4 LEY DE GAY-LUSSAC. La presión (p) de un gas
ideal varía directamente a su temperatura (T) si el
Q rad volumen (V) se mantiene constante.

= (5,67x10-8)(1)(153,86x1016)(55004)
= 79,83x1024 W

Potencia = 79,83 ×1024
Area 4π 1,5 ×1011 2
( )b) p∝T con V constante ⇒ p = Constante
T
= 282,48 W/m2

DEFINICIÓN DE UN GAS IDEAL. p1 = p2
Los gases juegan un rol muy importante en muchos T1 T2
procesos termodinámicos, y antes de ir más allá, es
importante considerar una forma ingeniosa de Nota: Esta ley se deduce con el termómetro de gas a
comprender las propiedades de los gases. Esta idea volumen constante
es llamada la teoría cinética de los gases, trata de
explicar las propiedades macroscópicas de un gas t = 273,15⎛⎝⎜⎜ p − 1⎠⎟⎟⎞oC ⇒ t + 1 = p
examinando el comportamiento de los átomos y pC 273,15 pC
moléculas que forman un gas. A simple vista esto
parece ser imposible porque el número de átomos ⇒ t + 273,15 = p ⇒ T p
involucrados es demasiado grande, alrededor de 1027 273,15 pC TC = pC
átomos llenan una habitación. Sin embargo
utilizando la estadística, se puede predecir con o p1 = p2
mucha precisión las características de un gas. En lo T1 T2
siguiente asumiremos que estamos trabajando con
un gas ideal con las propiedades siguientes: LEY DE CHARLES. El volumen (V) de un gas
ideal varía directamente a su temperatura (T) si la
Un gas está formado por partículas llamadas presión (p) se mantiene constante.
moléculas.
V ∝T con p constante ⇒ V = Constante
Las moléculas se mueven irregularmente y obedecen T
las leyes de Newton del movimiento.
V1 = V2
El número total de moléculas es grande. T1 T2

El volumen de las moléculas mismas es una fracción
inapreciablemente pequeña del volumen ocupado
por el gas.
Entre moléculas no obran fuerzas de consideración,
salvo durante los choques.
Los choques son perfectamente elásticos y de
duración insignificante.

29

Calor y Termodinámica Hugo Medina Guzmán

Nota: Esta ley se deduce con el termómetro de gas a El número de moles se define como, el cociente de
presión constante la masa de gas M a su peso molecular (M0)

t = 273,15⎜⎛⎝⎜ V −1⎞⎟⎟⎠º C ⇒ t + 1 = V n = M
VC 273,15 VC M0

⇒ t + 273,15 = V TV Si es m la masa de cada molécula de un gas y N es
273,15 VC ⇒ TC = VC el número de las moléculas que hacen la masa total
M.

o V1 = V2 N A . = número de Avogadro = número de moléculas
T1 T2
en 1 mol de gas (cualquier gas).

ECUACIÓN DE ESTADO DE UN GAS IDEAL. Entonces M = mN y M0 = mNA.

El comportamiento de gases ideales se caracteriza en

términos de p, V y T. Tal ecuación se llama la N
Na
ecuación del gas ideal. El comportamiento de Por lo tanto n=

cualquier estado de la materia se puede caracterizar

generalmente por una cierta relación entre la presión

(p) y la densidad (ρ) que por supuesto corresponde M N
M0 Na
al volumen (V). La ecuación de los gases ideales Luego pV = nRT = RT = RT

puede obtenerse por la combinación de dos de las

tres leyes de los gases indicadas anteriormente.

Sea el gas encerrado con condiciones iniciales p1 , M mN
M0 mN A
V1 y T1 , llevado a un estado final p2 , V2 y T2 Ahora, pV = RT ⇒ pV = RT

como sigue: R
NA
p1V1 = p2V2 ⇒ pV = N T
T1 T2

o pV = Constante El cociente entre las dos constantes R y N A es la
T
constante que designamos por kB, la constante de
Boltzmann.

Nota: Se encontró que el valor de la constante es kB = 8,314J / mol K = 1,38 × 10− 23 J
dependiente en la masa del gas dado y también se 6,022 ×1023 / mol K
encontró que no es igual para una unidad de masa de
diferentes gases. Sin embargo, se encuentra que si Ejemplo 64. Un conductor inicia su viaje en una
lo es para 1 mol de masa (la masa numéricamente mañana fría cuando la temperatura es 4ºC, y mide la
equivalente en gramos al peso molecular, ejemplo, 2 presión de la llanta y ve que el manómetro lee 32 psi
g para H2, 32 g para el O2, 28 g para el N2, etc.) de (2,2 x 105 Pa). Después de manejar todo el día, las
cualquier gas ideal entonces el valor de la constante llantas se han calentado, y por la tarde la
es igual para todos los gases. Esta constante igual temperatura de las llantas se ha elevado a 50ºC.
para todos los gases es denotada generalmente por Asumiendo que el volumen es constante , ¿a que
“R” y llamada la constante universal de los gases. presión se habrá elevado el aire en las llantas?

R = 8,314 J K = 1,986 cal 1 atm = 1,013 Pa = 14,7 psi
mol mol K
Solución.
La ecuación del gas ideal por lo tanto se escribe Tomar en cuenta que un manómetro mide la presión
normalmente como manométrica (pm = p – pa). Luego la presión inicial
es
pV = nRT
p1 = pm + pa ⇒ p1 = 32 + 14,7 = 46,7 psi
Donde n = número de moles.
T1 = 4 + 273,15 = 277,15 K y
T2 = 50 + 273,15 = 323,15 K
p1V1 = nRT1 y p2V2 = nRT2 , V1 = V2

30

Calor y Termodinámica Hugo Medina Guzmán

Dividiendo estas ecuaciones: T2 p2V2 T1 90 ×103 × 2,5 400,15
p1V1 30 ×103 × 4
p1V1 = nRT1 ⇒ = =
p2V2 nRT2
= 750,28K = 477,13 ºC

p2 = T2 p1 = ⎛⎜ 323,15 ⎞⎟(46,7) = 54,5 psi Ejemplo 67. Se encuentra contenido un gas en una
T1 ⎝ 277,15 vasija de 8 L, a una temperatura de
⎠ 20ºC y a una presión de 9 atmósferas:
a) Determine el número de moles en la vasija.
absoluta b) ¿Cuántas moléculas hay en la vasija?

o 54,5 – 14,7 = 39,8 psi, presión manométrica.

Ejemplo 65. Un gas ideal ocupa un volumen de 100 Solución.
cm3 a 20 ºC y a una presión de 100 p = 9 atm, V = 8 litros, t = 20 ºC, T = 293,15K
Pa. Determine el número de moles de gas en el
recipiente. a) n = pV = 9×8
RT 0,082 × 293,15
Solución.
p = 100 Pa = 9,8692 x 10-4 atm = 3,0 mol
V = 100 x 10-6m3 = 0,1 litros b) NA = 6,0221367 x 1023 / mol
N = n NA = 3 x 6,0221367 x 1023
t = 20 °C
= 1,81 x 1024 moléculas
T = 293,15 K

R = 0,082 litro atm/mol K = 8,31 J/mol K Ejemplo 68. Se infla la llanta de un automóvil con
aire inicialmente a 10 ºC y a presión atmosférica
Se puede hacer el cálculo en los dos sistemas de normal. Durante el proceso, el aire se comprime a

unidades usando

n= pV 28% de su volumen inicial y su temperatura aumenta
RT a 40 ºC. ¿Cuál es la presión del aire?
Después de manejar el automóvil a altas
n= 9,8692 ×10−4 × 0,1 = 4,11 x 10-6 mol
00,082 × 293,15 velocidades, la temperatura del aire de las ruedas
aumenta a 85 ºC y el volumen interior de la rueda
n = 100 ×100 ×10−6 = 4,11 x 10-6 mol aumenta 2 %. ¿Cuál es la nueva presión en la rueda?
8,31× 293,15 Exprese su respuesta en Pa (absoluta) y en psi
(lb/pulg2) (manométrica).
Ejemplo 66. Se mantiene un gas ideal en un (1 atm = 14,70 psi)
recipiente a volumen constante.
Inicialmente, su temperatura es 10ºC y su presión es Solución.
2,5 atmósferas ¿Cuál será la presión cuando la Primera parte
temperatura sea de 80ºC?
p1 = 1 atm, V1 = V , t1 = 10 ºC, T1 = 283,15K
V2 = 0,28V, t2 = 40 ºC, T2 = 313,15K
De pV = nRT como la masa no varía

Solución. p1V1 p2V2
T1 T2
p1 = 2,5 atm, t1 = 10 ºC, T1 = 283,15K, =

t2 = 80 ºC, T2 = 353,15 K

n= p1V = p2V ⇒ ⇒ p2 = p1 V1T2 = 1× V × 313,15
RT1 RT2 V2T1 0,28V × 283,15

p2 = p1T2 = 3,95 atm = 4,0 x 105 Pa
T1
Nota la presión manométrica p'2 , es la presión
2,5 × 353,15
283,15 relativa a la atmosférica, es decir

= = 3,118 atm p'2 = 3,95 – 1 = 2,95 atm

= 2,95 x 14,7 = 43,365 psi

Ejemplo 64. Un cilindro con un émbolo móvil Segunda parte
contiene un gas a una temperatura de
127 ºC, una presión de 30 kPa y un volumen de 4 m3 t2 = 85 ºC, T2 = 358,15 K, V2 = 1,02 x 0,28V
¿Cuál será su temperatura final si el gas se
comprime a 2,5 m3 la presión aumenta a 90 kPa? p2 = p1 V1T2 = 1× 1,02 V × 358,15
V2T1 × 0,28V × 283,15

Solución. = 4,43 atm = 4,42884 x 105 Pa
p1 = 30 x 103 Pa, V1 = 4m3, t1 = 127 ºC,
T1 = 400,15K y la manométrica será
p2 = 90 x 103 Pa, V2 = 2,5m3
p'2 = 4,43 -1 = 3,43 atm = 3,43 x 14,7 = 50,42 psi

De n= p1V1 = p2V2 Ejemplo 69. Una caja cúbica metálica de 20 cm de
RT1 RT2 lado, contiene aire a la presión de 1 atm y a 300 K

31

Calor y Termodinámica Hugo Medina Guzmán

de temperatura. Se cierra herméticamente, de forma p1 = pa + ρgh
que el volumen sea constante y se calienta hasta 400
K. Hallar la fuerza neta desarrollada sobre cada t1 = 5 ºC, T1 = 278,15 K
pared de la caja.
V1 = 4 πr13
Solución. 3

p1 = p2 ⇒ pa = p2 ⇒ p2 = pa
T1 T2 300 400
t2 = 12 ºC, T2 = 285,15 K

( )p2 400 4 V2 4 πr23
= 300 pa = 3 1,013x105 = 1,35 x 105 Pa = 3

Fuerza neta desarrollada sobre cada pared de la caja ( )p1V1 = p2V2 ⇒ pa + ρgh d12 = bd22
T T1 T
( )( p1 − pa )A = 1,35x105 −1,013x105 (0,2)2 T1

= 1,348x103 = 1348 N Supondremos que

Ejemplo 70. Una campana de buzo cilíndrica de 3 m pa = 1 atm = 101325 Pa
de diámetro y 4 m de altura con el fondo abierto se
sumerge a una profundidad de 220 m en el océano. ρ = 1025 kg/m3
La temperatura en la superficie es de 25 ºC y en el g = 9,8m/s2
fondo, a los 220 m, es de 5 ºC. La densidad del agua
de mar es de 1025 kg/m3. ¿Cuánto subirá el nivel del Entonces
agua adentro de la campana cuando se sumerge?
(101325 + 1025 × 9,8 × 4,2)d12 = 101325d 2
2
278,15
285,15

Solución. o bien d2 = 1,13
Sea h esa altura. d1
p1 = 1 atm = 101325 Pa,
Ejemplo 72. Una campana de buzo en forma de
V1 = πr 2 H , r = 1,5m, H = 4m cilindro con una altura de 2,50 m está cerrada en la
parte superior y abierta en la parte inferior. La
t1 = 25 ºC, T1 = 298,15 K
t2 = 5 ºC, T2 = 278,15 K campana se baja desde el aire al agua de mar (ρ =
1,025 gm/cm3 ). El aire encerrado en la campana
V2 = πr 2 (H − h) inicialmente está a 20ºC. La campana se baja a una
profundidad (medida desde el nivel del agua dentro
La campana está a una profundidad h’ = 220m de la campana) de 82,3 m. A esta profundidad la
temperatura del agua es de 4ºC, y la campana está en
El nivel del agua en la campana está a profundidad equilibrio térmico con el agua.( sugerencia: trate al
h’ - h aire como un gas ideal y al mar como un líquido en
reposo)
La presión es p2 = p1 + ρg(h'−h) a) ¿Cuánto subirá el nivel del agua dentro de la
campana?
g = 9,8 m/s2 b) ¿A qué presión se deberá someter el aire dentro
ρ = 1025 kg/m3 de la campana para sacar el agua que entró?
Dato: la presión atmosférica es 1,013x105 Pa.
Donde tenemos p1V1 = p2V2
RT1 RT2 Solución.
a)
o sea

p1 H = ( p1 + ρg)(h'−h)(H − h)
T1
T2

Poniendo los valores:

101325 × 4 = [101325 +1025× 9,8(220 − h)(4 − h)]
298,15
278,15

Ecuación que tiene por solución
h = 3,834m

Ejemplo 71. Sube una burbuja de gas desde el p1V1 = p2V2 ⇒ V2 = p1T2 V1
fondo en un lago con agua limpia a una profundidad T1 T2 p2T1
de 4,2 m y a una temperatura de 5 ºC hasta la
superficie donde la temperatura del agua es de 12ºC. p1 = 1,013x105 Pa.
¿Cuál es el cociente de los diámetros de la burbuja p2 = 1,013x105 + 1025x9,8x82,3 = 9,28x105 Pa
en los dos puntos? T1 = 20 + 273 = 293 K,
(Suponga que la burbuja de gas está en equilibrio T2 = 4 + 273 = 277 K
térmico con el agua en los dos puntos.) Con los datos:

Solución.

si pa indica la presión atmosférica

h = 4,2m

32

Calor y Termodinámica Hugo Medina Guzmán

(( ))V2 (277) gas en el volumen izquierdo y el desplazamiento x
= 1,013x105 (293) V1 = 0,103V1 del mercurio con respecto a la posición de equilibrio.
9,28x105

Como también V2 = Ay:

Ay = 0,103A(2,5) ⇒ y = 0,258 m

El nivel del agua dentro de la campana subirá Solución.
(2,50 – 0,258) = 2,242 m Como la cantidad de gas en los dos lados es igual,

b) podemos escribir, cuando la temperatura del lado

izquierdo sea T. La gota de mercurio se desplaza x,

hasta que las presiones en ambos depósitos sea igual

(po).

po ⎡⎣⎢Vo + A⎛⎜ l + x ⎞⎟⎠⎥⎤⎦ po ⎢⎣⎡Vo + A⎛⎜ l − x ⎞⎠⎟⎦⎥⎤
⎝ 2 ⎝ 2
=
T To

Para que el volumen sea igual que en la superficie la ⇒ T = To 2Vo + S (l + 2x)
presión interior debe de igualar a la presión en esa 2Vo + S (l − 2x)
profundidad
p = 1,013x105 + 1025x9,8x(82,3 + 2,242) Ejemplo 75. Un pez que se encuentra a 63,25m de
profundidad en el mar donde la temperatura es 2° C
= 9,505x105 Pa produce burbujas de aire de 1 cm de radio
aproximadamente. Determine el radio de las
Ejemplo 73. Un globo poroso tiene un volumen de 2 burbujas al llegar estas a la superficie del mar donde
m3 a una temperatura de 10ºC y a una presión de 1,1 la temperatura es de 27° C. Considere que la
densidad del agua de mar no varía con la
atm. Cuando se calienta a 150ºC el volumen se profundidad y tiene un valor de 1,035 g/cm3.
expande a 2,3 m3 y se observa que se escapa el 5%

del gas.

a) ¿Cuánto gas había en el globo a 10ºC? Solución.

b) ¿Cuál es la presión en el globo a 150ºC? h = 63,25 m

R = 0,082 atmlitro p1 = pa + ρgh
molK t1 = 2 ºC, T1 = 275,15 K

Solución. V1 = 4 πr13
3
p1 = 1,1atm , V1 = 2 m3,
p2 = pa
t1 = 10oC, T1 = 283,15K, n1 = ? t2 = 27 ºC, T2 = 300,15 K

p2 = ? , V2 = 2,3 m3, V2 = 4 πr23
3
t2 = 150oC, T2 = 423,15 K, n2 = 0,95 n1.

a) n1 = p1V1 = 1,1× 2000 = 94,8 mol p1V1 = p2V2 ⇒ (b + ρgh)r13 = br23
RT1 0,082 × 283,15 T1 T T
T1

n2 RT2 Supondremos que
V2
b) p2 = pa = 1 atm = 101325 Pa
ρ = 1035 kg/m3
0,95 × 94,8 × 0,082 × 423,15 g = 9,8m/s2
2300
= Entonces

= 1,387 atm (101325 + 1035 × 9,8 × 63,25)r13 = 101325r23
300,15
275,15

Ejemplo 74. El termómetro de gases consta de dos o bien r2 =2 ⇒ r2 = 2 cm
recipientes idénticos con gas de volumen Vo cada r1

uno, unidos por un tubo do longitud l y sección A. Ejemplo 76. Un depósito cerrado contiene agua

Una gota de mercurio obstruye el tubo. Si las hasta una altura h = 2,24 m, y por encima a = 1m,
temperaturas do los gases en los volúmenes son
iguales, el mercurio se encontrará en el centro del aire a la presión del exterior pa = 1 atm. Por un
tubo. El volumen derecho se coloca un termostato pequeño orificio de fondo se deja salir el agua.
con temperatura To. Gradúese el termómetro,
buscando la dependencia entre la temperatura del Calcular el descenso de nivel, suponiendo invariable

la temperatura del agua.

33

Calor y Termodinámica Hugo Medina Guzmán

Solución.
Inicialmente

Solución.
Sea y la distancia desde la superficie de nivel al
fondo y p la presión del aire; se tiene:

Arriba : 3V0 , T0 , p0

Abajo: V0 , T0 , p0 + mg
A

Como las masas son iguales

p0 3V0 ⎜⎛ p0 + mg ⎠⎟⎞V0 mg
T0 ⎝ A A
paa = p(a + h − y) = ⇒ = 2 p0
T0
Transformación isotérmica
Luego p0 + mg = 3 p0
El equilibrio se establecerá cuando A

p + ρgy = pa ⇒ p = pa − ρgy Después de doblar la temperatura

De aquí resulta

paa = ( pa − ρgy)(a + h − y)

Reemplazando valores:

( ) ( )1,033×104 (1) = 1,033×104 − 0,98 ×104 y (3,24 − y)

y = ⎧0,64
⎨⎩3,64

La respuesta posible es y = 0,64 m. Arriba : Vs , 2T0 , p1

Ejemplo 77. En un recipiente cilíndrico se encuentra Abajo: Vi , 2T0 , p1 + 2 p0
en equilibrio un émbolo pesado. Por encima del
émbolo y por debajo de él se hallan masas iguales de El volumen total es el mismo
gas a temperatura idéntica. La relación entre el
volumen superior y el inferior es igual a 3. ¿Cuál Vi + Vs = 3V0 + V0 = 4V0
será la relación de los volúmenes si aumentamos la
temperatura del gas al doble? En la parte superior

p0 3V0 = p1Vs ⇒ p1 = 6 p0V0
T0 2T 0 Vs

En la parte inferior

3 p0V0 = ( p1 + 2 p0 )Vi ⇒ Vi = 6 p0V0
T0
2T 0 ( p1 + 2 p0 )

34

Calor y Termodinámica Hugo Medina Guzmán

Vi = 6 p0V0 = 3 p0V0Vs T3 = 0 ºC + 273,15 ºC = 273,15 K

⎜⎝⎜⎛ 6 p0V0 + 2 p0 ⎞⎠⎟⎟ (3V0 + Vs ) p2 = p3 ⇒ p3 = T3 p2 =
Vs T2 T3 T2

Como Vi = 4V0 − Vs 273,15 1,033 × 10 5 = 0,756 x 105 = 0,732 atm
373,15
Tenemos:

4V0 − Vs = 3 p0V0Vs TEORÍA CINÉTICA DE LOS GASES
IDEALES.
(3V0 + Vs )
El concepto de los átomos y de las moléculas que
⇒ (4V0 − Vs )(3V0 + Vs ) = 3 p0V0Vs eran los últimos bloques de edificio de la materia fue
restablecido por Dalton para explicar las tres leyes
⇒ 12V02 + 4V0Vs − 3V0Vs − Vs2 = 3 p0V0Vs de combinaciones químicas. En mediados del siglo
diecinueve, estos conceptos, junto con ciertas
⇒ 12V02 − 2V0Vs − Vs2 = 0 asunciones con respecto la naturaleza, el tamaño, la
distribución y a los movimientos de las moléculas y
⇒ Vs2 + 2V0Vs − 12V02 = 0 de los átomos, fueron sintetizados con la mecánica
Newtoniana, para explicar el comportamiento de los
Resolviendo: gases ideales. Este trabajo realizado por Maxwell,
Boltzman y otros, condujo al desarrollo de lo qué se
Vs = −V0 ± V02 + 12V02 = conoce como la teoría cinética de gases.

− V0 ± 3,6V0 = ⎨⎩⎧2−,64V,60V0 Las asunciones de la teoría cinética son:

La respuesta posible es VS = 2,6V0 , luego Cualquier gas se compone de un número muy
grande de moléculas.
Vi = 4V0 − 2,6V0 = 1,4V0
Las moléculas de un gas son idénticas, con respecto
Finalmente: a la forma, tamaño y masa.

Vs = 2,6V0 = 1,86 Las moléculas son esferas perfectamente rígidas del
Vi 1,4V radio insignificante.

Ejemplo 78. Una esfera de 20 cm de diámetro Las moléculas están en un estado incesante del
contiene un gas ideal a una presión de 1 atm y a 20 movimiento caótico en todas las velocidades y
direcciones posibles.
ºC. A medida que se calienta la esfera hasta 100 ºC
La distribución de moléculas es homogénea e
se permite el escape de gas. Se cierra la válvula y se isotrópica en cualquier envase que encierre el gas.

coloca la esfera en un baño de hielo a 0 ºC. Las moléculas ejercen fuerzas una sobre otra
solamente cuando chocan entre ellas o con las
a) ¿cuántos moles de gas se escapan de la esfera al paredes del envase.

calentarse? La colisión entre las moléculas o las moléculas y las
paredes del envase son colisiones perfectamente
b) ¿Cuál es la presión en la esfera cuando está en el elásticas, es decir, sólo tales colisiones pueden
cambiar las direcciones del movimiento pero no de
hielo? sus velocidades.

Constante de los gases R = 0,082 litro atm/mol K Entre las colisiones sucesivas las moléculas viajan
libremente con velocidades constantes; la distancia
Respuesta. a) 0,04 moles; b) 0,695 atm viajada libremente se llama trayectoria libre. En
promedio, la trayectoria libre media de todas las
Solución. moléculas es igual.
a) 0,04 moles

V = 4 π (0,10)3 = 4,19 ×10−3 m3
3
p1 = 1 atm = 1,033 x 105 Pa
T1 = 20 ºC + 273,15 ºC = 293,15 K
( )( )n1
= p1V = 1,033 ×105 4,19 ×10−3 = 0,178
RT1
(8,314)(293,15)

moles
p2 = p1 = 1 atm = 1,033 x 105 Pa
T2 = 100 ºC + 273,15 ºC = 373,15 K
( )( )n2
= p1V = 1,033 ×105 4,19 ×10−3 =
RT2
(8,314)(373,15)

0,139 moles

Escapan 0,1788 – 0,139 = 0,04 moles.

b) 0,695 atm

35

Calor y Termodinámica Hugo Medina Guzmán

La energía cinética media de una molécula es Podemos promediar esta relación para todas las
proporcional a la temperatura absoluta del gas. moléculas:

Expresión para la presión ejercida por un gas. vx = v 2 + v 2 + v 2
x y z

y como en nuestro modelo no hay una diferencia real

entre las direcciones x , y y z debido a que las

rapideces son muy altas en un gas típico, así que los
efectos de la gravedad son despreciables. Se sigue

que v 2 = v 2 = v 2 . Por lo tanto:
x y z

v2 = 3v 2
x

Con esta relación obtenemos:

Sea N el número de moléculas del gas ideal de masa p = 1 ⎛⎜ m ⎞⎟ N v 2
3 ⎝ V ⎠
M, encerrado en un cubo de lado L La molécula i
Ecuación del gas Ideal gas de la Teoría Cinética.
se mueve con velocidad vi , con vxi , v yi y vzi
son sus componentes x , y y z respectivamente. Considerando p = 1 mN v2 = 2 ⎛⎜ N ⎞⎟⎜⎛ 1 mv 2 ⎟⎞
3V 3 ⎝ V ⎠⎝ 2 ⎠

Luego vi2 = v 2 + v 2 + v 2 Pero
xi yi zi
1 mv2
Consideremos solamente la componente en x de la 2 = Energía Cinética promedio de una
molécula i .
molécula ∝ T

La fuerza ejercida por esta molécula a causa de sus Por consiguiente 1 mv2 = 3 k B T
2 2
2L
colisiones periódicas con la pared cada Δt = v xi , y La elección de la constante como 3 k B es
2
el cambio de cantidad de movimiento − 2mvxi es:
mandataria para obtener la ecuación del gas ideal

2mv xi 2mvxi mv 2 similar a la ya encontrada.
Δt 2L vxi xi
f xi = = = p 2 ⎛⎜ N ⎞⎟⎛⎜ 3 kBT ⎞⎟ Nk BT
L = 3 ⎝ V ⎠⎝ 2 ⎠ = V

La fuerza sobre la pared debido a las N moléculas ⇒ pV = NkBT
es:
Y también:

N N mv 2 pV = Nk BT = N ⎛⎜⎝⎜ R ⎠⎞⎟⎟T = nRT
i =1 i =1 xi Na
∑ ∑Fx = f xi =
L pV = nRT

La presión sobre la pared es: La asunción 1 mv2 = 3 k BT implica la
2 2
∑N mv 2
xi interpretación de la energía térmica como energía

px = Fx = i=1 L ∑= ⎛⎜ m ⎟⎞ N v 2 mecánica de las moléculas, no obstante como
L2 L2 ⎝ L3 ⎠ i =1 xi
concepto estadístico solamente; es decir, la

temperatura es la manifestación del movimiento

∑px = ⎜⎛ m ⎞⎟ N v 2 , (V = L3 = volumen del gas). medio de una gran cantidad de moléculas; es
⎝ V ⎠ i =1 xi
absurdo decir 1 mvi2 = 3 k BT para cualesquier i.
2 2
⎧V = L3
⎜⎛ m ⎞⎟ ⎪
∑px = ⎝ V ⎠ N v 2 , con ⎨ N ENERGÍA INTERNA DE UN GAS IDEAL
x ⎩⎪ N v 2 v 2 Cuando añadimos calor a un cuerpo poniéndolo en
x = xi contacto térmico con un cuerpo a mayor temperatura
puede elevar su temperatura, fundirse o vaporizarse.
i =1 Se pueden efectuar estos mismos cambios realizando
trabajo que resulta en la disipación de energía
Siendo vi2 = v 2 + v 2 + v 2 mecánica por fricción.
xi yi zi

36

Calor y Termodinámica Hugo Medina Guzmán

Añadir calor y realizar trabajo sobre el cuerpo en tal presión p0. Los émbolos se dejan libres. Estímese
sus velocidades máximas. Menospréciese la masa
forma de disipar energía son equivalentes en lo que del gas en comparación con las masas de los
émbolos.
concierne a efectos térmicos. Ambos, involucran una

transferencia de energía.

La energía mecánica que se añade no desaparece,

permanece dentro del cuerpo en forma de energía

potencial y cinética asociada con los movimientos al

azar de los átomos del cuerpo.

A esta energía térmica se le conoce como ENERGÍA Solución.

INTERNA, a la que vamos a denotar con la letra U. La energía interna del gas es

Como vimos anteriormente 1 mv 2 = 3 k T indica 3 3
2 2 2 2
B U = nRT = p0V0

que la energía cinética traslacional media por Cuando se expande se convierte en energía cinética

molécula depende solo de la temperatura; no de la de los émbolos

presión, el volumen ni el tipo de molécula. Podemos

obtener la energía cinética por mol multiplicando la

ecuación por el número de Avogadro y usando la

relación M = NAm:

N 1 mv 2 = 1 Mv2 = 3 RT (energía cinética K = 1 mvm2 + 1 MvM2 (1)
2 2 2 2 2
A

media por mol de gas) Cantidad de movimiento inicial: 0

Esta ecuación ilustra un resultado general llamado el Cantidad de movimiento final: MvM − mvm
teorema del equipartición de la energía que dice que
cada "grado de libertad" de un gas contribuye una Cantidad de movimiento inicial = Cantidad de
cantidad de ½ kBT a la energía interna total. Un movimiento final.
grado de libertad es un movimiento independiente
que puede contribuir a la energía total. Por ejemplo, 0 = MvM − mvm ⇒ MvM = mvm (2)
una molécula tal como O2 tiene, en principio, 7
grados de libertad. Tres se asocian a la traslación a De (1) y (2):
lo largo de los ejes x, y, y z, tres se asocian a
rotaciones sobre los ejes x, y, y z , y uno se asocia a vM = 3 p0V0m , vm = 3 p0V0M
las vibraciones de la molécula a lo largo del eje de
O-O (como las masas que vibran en los extremos de M (M + m) m(M + m)
un resorte). Sin embargo, desde el momento de la
inercia I para las rotaciones sobre el eje O-O es TRABAJO REALIZADO POR UN GAS
aproximadamente cero, las rotaciones sobre este eje
Consideremos, por ejemplo, un gas dentro de un
( )no agrega casi nada a la energía K = 1 2 Iω 2 . cilindro. Las moléculas del gas chocan contra las
paredes cambiando la dirección de su velocidad, o
Además, la mecánica cuántica demuestra que los de su momento lineal. El efecto del gran número de
modos vibratorios no están excitados colisiones que tienen lugar en la unidad de tiempo,
apreciablemente sino hasta que la temperatura del se puede representar por una fuerza F que actúa
gas es alta, así que para la mayoría de los propósitos sobre toda la superficie de la pared
asumimos que una molécula diatómica tiene 5
grados de libertad. Un gas monatómico como el Si una de las paredes es un pistón móvil de área A, y
helio tiene 3 grados de libertad. éste se desplaza dx, el intercambio de energía del
La energía interna total de n moles de un gas sistema con el mundo exterior puede expresarse
monoatómico (con tres grados de libertad) es: como el trabajo realizado

U = 3 nRT dW = Fdx y F = pA
2
Se tiene:
La energía interna total de n moles de un gas
diatómico (con cinco grados de libertad) es: dW = ( pA)dx = p(Adx) ⇒ dW = pdV

U = 5 nRT Siendo dV el cambio del volumen del gas.
2

Ejemplo 79. En un tubo termo aislado liso e infinito
se encuentran dos émbolos con masas M y m, entre
los cuales hay un gas monoatómico de volumen V0 a

37

Calor y Termodinámica Hugo Medina Guzmán

Expresión que nos permite al integrarla, calcular e energía termina se dice que el sistema ha
experimentado un cambio de energía interna.
trabajo entre dos estados, conociendo la relación Supongamos un sistema al que se hace pasar del
estado de equilibrio 1 al 2, mediante un determinado
entre la presión y el volumen. proceso termodinámico y durante el cual medimos el
calor absorbido Q y el trabajo realizado W.
∫WA→B = B pdV
Estas cantidades dependen no solamente de las
A características de los estados inicial y final, sino
también de los estados intermedios del camino en
Ejemplo 76. En cierto cilindro un émbolo móvil particular seguido en el proceso. Sin embargo, si
encierra un volumen Vo con presión po. El émbolo se calculamos la diferencia Q - W para ir del estado de
deja libre. ¿Qué trabajo ejecutará el gas sobre el equilibrio y al 2 por diferentes caminos,
émbolo?, si el volumen del gas, al desplazarse el encontramos siempre el mismo valor.
émbolo, aumenta al doble, en tanto que la presión Por consiguiente la diferencia Q - W representa la
del gas en este caso: variación de energía interna del sistema, si
a) permanece constante; asociamos un número con cada estado de equilibrio
b) crece linealmente hasta la presión 2po a medida de tal modo que sirva como medida de esta cantidad,
que aumenta el volumen. podemos escribir

Solución. U2 −U1 = Q −W

a) p = constante Expresión que constituye el primer principio de la
termodinámica.
∫ ∫W = 2Vo dV p V 2V0
pdV ⇒ W = po = o V0 o Q = (U 2 − U1 ) + W
Vo
Tenga en cuenta que Q y W deben expresarse en las
= W = p0 (2V0 − V0 ) = p0V0 mismas unidades, ya sean de calor o trabajo.
También que Q es positivo cuando el sistema recibe
b) El gráfico muestra la relación lineal de la presión (entra) calor y W es positivo cuando el sistema
y la temperatura. realiza (sale) trabajo.
Note que la convención de signos que estamos
p − p0 = 2 p0 − p0 = p0 ⇒ p = p0 V utilizando aquí en este capítulo para el trabajo es
V − V0 2V0 − V0 V0 V0 opuesta a la utilizada en la Mecánica., donde W es
positivo cuando es hecho sobre el sistema. Este
∫W =2V0 p0 VdV cambio obedece a la costumbre o tradición, dado que
VV0 0 el. Propósito de las máquinas as hacer trabajo y a
este 1o llamamos en la vida diaria trabajo útil o
( )=p0 V2 2V0 p0 positivo. Por otro lado la convención de signos de: Q
V0 2 V0 0 = 2V0 4V02 − V02 es consistente con este hecho, cuando una máquina
disipa o pierde calor es indeseable o negativo.
= 3 p0V La forma descrita se aplica cuando los valores de la
2 presión, volumen y temperatura correspondientes a
los estados 1 y 2 difieren en cantidades finitas. Si los
PRIMERA LEY DE LA TERMODINÁMICA. estados 1 y 2 varían infinitesimalmente, el primer
Como ya hemos dicho la transferencia de calor y la principio toma la forma
realización de trabajo constituyen dos formas o
métodos de transferir, suministrar o quitar, energía a dQ = dU + dW
una sustancia, o sea, representa energía en tránsito y
son los términos utilizados cuando la energía está en Si el sistema de tal naturaleza que el único trabajo se
movimiento. Una vez que la transferencia de realiza mediante una expansión o compresión

dQ = dU + pdV
Dado que: dW = pdV

CALOR ESFECÍFICO DEL GAS IDEAL
Antes de ver las principales transformaciones de los
gases veamos el calor específico de un gas ideal a
volumen constante y a presión constante.

38

Calor y Termodinámica Hugo Medina Guzmán

Las capacidades caloríficas mas importantes son las cp = cV + R
que se determinan cuando los procesos se realizan a
Calor específico del hidrógeno
volumen constante ( CV ) o a presión constante El comportamiento del calor específico del
hidrógeno con el cambio de temperatura es
(Cp ) sumamente desconcertante a inicios del siglo XX.
En bajas temperaturas que se comporta como un gas
Calor específico a volumen constante. monoatómico, pero a temperaturas más altas su calor
específico asume un valor similar a otras moléculas
( )Sea dQ V una pequeña cantidad de calor que diatómicas. Tomó el desarrollo de la teoría cuántica
para demostrar que el hidrógeno diatómico, con su
( )absorbe un gas a volumen constante dV = 0 . Por pequeña inercia de rotación, requiere una gran
cantidad de energía para excitar su primera rotación
( )lo tanto no se realiza trabajo dW = 0 , aplicando molecular de estado cuántico. Dado que no puede
obtener esa cantidad de energía a bajas temperaturas,
el primer principio de la termodinámica, actúa como un gas monoatómico

dQ = dU + dW , obtenemos: PROCESOS TERMODINÁMICOS.
El estado de un gas cualquiera o una mezcla de
(dQ)V = dU gases está determinado por su temperatura, su
presión y su volumen. En el caso del gas ideal estas
Como: CV = (dQ)V variables se unen por la relación para un mol de gas.

dT pV = RT

De aquí la capacidad calorífica a volumen constante, La especificación del estado de un gas presupone:
a) Equilibrio térmico. La temperatura es uniforme en
CV = (dQ)V = dU todo el sistema e igual a la del recipiente;
dT b) Equilibrio mecánico. La fuerza ejercida por el
dT sistema sobre el recipiente es uniforme en toda su
superficie y es contrabalanceada por tuerzas
Para un gas ideal monoatómico: externas;
c) Equilibrio químico. La estructura interna del
U = 3 nRT , luego, sistema y su composición química no varían de un
2 punto a otro.
Un estado que satisfaga estas condiciones se
CV = dU = 3 nR denomina estado de equilibrio termodinámico y sus
dT 2 variables satisfacen la ecuación anterior. Si
queremos usar la ecuación de estado durante una
Calor específico a presión constante. transformación, es necesario que el sistema no se
aleje mucho de las condiciones de equilibrio; esto se
( )De igual modo si dQ p es una pequeña cantidad consigue procurando que la transformación se
realice en una sucesión de estados de equilibrio poco
de calor que absorbe un gas a presión constante, diferentes entre sí; este proceso se llama cuasi
estático; durante la transformación, el sistema está
aplicando el primer principio de la termodinámica en todos los instantes en una proximidad infinita al
estado de equilibrio. Esto se consigue, en general,
(dQ)p = dU + (dW )p haciendo los cambios en forma suficientemente lenta
para que el sistema entre en equilibrio después de
Donde (dW )p = pdV ⇒ cada modificación (en rigor, una transformación
exigiría un tiempo infinito para su realización).
(dQ)p = dU + pdV

Como Cp = (dQ ) p

dT

De esto obtenemos: Cp = dU + p dV
dT dT

y como CV = dU , Cp = CV + p dV
dT dT

para un gas ideal pV = nRT

A presión constante, dp = 0 , luego

pdV = nRdT ⇒ p dV = nR
dT

Luego, C p = CV + nR

Para un gas monoatómico:

Cp = 3 nR + nR = 5 nR
2 2

También como C p = CV + nR ,

La capacidad calorífica por mol

39

Calor y Termodinámica Hugo Medina Guzmán

La energía interna U del sistema depende Ejemplo 80. Expansión libre de un gas.
únicamente del estado del sistema, en un gas ideal Un recipiente de paredes rígidas y completamente
depende solamente de su temperatura. Mientras que aisladas está dividido en dos por medio de una
la transferencia de calor o el trabajo mecánico pared. Una parte contiene gas y la otra está
dependen del tipo de transformación o camino evacuada. Si la pared que los separa se rompe
seguido para ir del estado inicial al final. súbitamente, mostrar que la energía interna final y la
inicial son iguales.
Isocórico o a volumen constante Solución.
No hay variación de volumen del gas, luego Según el primer principio de la termodinámica:

W = 0, Q = ncV (TB − TA ) Q = (U 2 − U1 ) + W

Donde cV es el calor específico a volumen constante Como el sistema está aislado Q es cero, o sea

Isobárico o a presión constante (U 2 − U1 ) + W = 0

W = p(VB − VA ), Q = nc p (TB − TA ) el trabajo W realizado sobre el sistema también es
cero. Note que el gas inicialmente tenía un volumen
Donde c p es el calor específico a presión constante V y una presión p y finalmente un volumen V y una
presión p/2.
Isotérmico o a temperatura constante Luego:

pV = nRT (U 2 − U1 ) = 0 ⇒ U 2 = U1

La curva p= constante representa la Ejemplo 81. Una cámara al vacío hecha de
V, materiales aislantes se conecta a través de una
válvula a la atmósfera, donde la presión es p o . Se
transformación en un diagrama p –V es una abre la válvula y el aire fluye a la cámara hasta que

hipérbola cuyas asíntotas son los ejes coordenados la presión es p0 . Probar que u f = u0 + poV0 ,
donde u0 y V0 es la energía interna molar y
VB = VB nRT dV nRT ln VB
VVA VA volumen molar de temperatura y presión de la
= pdV atmósfera.

VA u f es la energía interna molar del aire en la cámara.
∫ ∫W =
Solución.
ΔU = 0 , Q = W Inicialmente la cámara tenía un volumen cero de
aire, al final se encuentra llena de aire y el trabajo

por mol realizado sobre el sistema sería − poV0 .

Como está aislado no ha habido pérdida ni ganancia
de calor.
Aplicando el primer principio de la termodinámica:

Q = (U 2 − U1 ) + W

Obtenemos por mol

( )0 = u f − u0 − poV0

Finalmente:

u f = u0 + poV0

Ejemplo 82. Un gas se expande desde I a F por tres
posibles trayectorias como se indica en la figura.

40

Calor y Termodinámica Hugo Medina Guzmán

Calcule el trabajo realizado por el gas a lo largo de = nRT ln pa + pb ⎝⎜⎛⎜ nRT − nRT ⎠⎟⎞⎟
las trayectorias IAF, IF y IBF. pb pa pb

= nRT ⎡ ln pa + ⎝⎜⎛⎜ pb − 1⎟⎞⎠⎟⎤⎦⎥
⎢ pb pa
⎣

= RT ⎡ ln5 + ⎛⎜ 1 − 1⎠⎞⎟⎥⎦⎤
⎢⎣ ⎝ 5

= 19,9 l atm = 2017,5 J

Solución. Ejemplo 84. La figura muestra un ciclo donde a es
el estado inicial del sistema.
∫a) WIAF = f pdV = 2 x (4 - 2) Las energías internas de los estados son: Ua = 10 J,
i Ub = 35 J, Ud = 39 J.

= 4 litro atm = 4 x 101,33 J = 405,32 J En el proceso b → c, el trabajo realizado por el gas

∫b) WIF = f pdV = 2×1+ 1 (1× 2) es + 91 J.
i 2

= 3 litro atm = 3 x 101,33 J = 304 J

∫c) WIBF = f pdV = 2×1
i

= 2 litro atm = 2 x 101,33 J = 202,7 J

Ejemplo 83. Una muestra de un gas ideal de 1 mol Encontrar:
se lleva a través de un proceso termodinámico a) El calor añadido al sistema durante el proceso
cíclico, como se muestra en la figura. El ciclo consta
de tres partes, una expansión isotérmica (a - b), una b → c.
compresión isobárica (b - c) y un aumento de la
presión a volumen constante (c -d). Si T = 300 K, pa b) El calor removido en el proceso d → a.
= 5 atm, pb = pc = 1 atm, determine el trabajo
realizado por el gas durante el ciclo. Solución.

Usando la ley del gas ideal pV = constante ,
T

podemos encontrar una relación entre las

temperaturas en a, b, c y d.

Si Ta = T, Tb = 2T, Tc = 4T y Td = 2T

a) Qbc = C p (Tc − Tb )

= C p (4T − 2T ) = 2C pT

Solución. Por la segunda ley de la termodinámica:

W = Wab + Wbc + Wca U c − U b = Qbc − Wbc ⇒

Para una expansión isotérmica ab U c − 35 = Qbc − 91
Por otra parte en el proceso a → b :
b pdV b nRT dV ln Va
aV Vb
a
∫ ∫Wab= = = nRT U b − U a = Qab − Wab

= nRT ln pa ⇒ 35 −10 = Qab − 0
pb
y Qab = 25 J y también

Para la compresión isobárica bc Qab = CV (Tb − Ta ) = CV (2T − T ) = CV T

Wbc = pb (Vc − Va ) luego CVT = 25 J
En el proceso c → d :
Para la compresión isocórica ca no hay trabajo.

Wca = 0 U d − U c = Qcd − Wcd ⇒ 39 − U c = Qcd − 0

De tal manera: Como

W = nRT ln pa + pc (Vc − Va ) Qcd = CV (Td − Tc ) ⇒
pb
Qcd = CV (2T − 4T ) = −2CV T

y Qcd = −2 × 25 = −50 J

41

Calor y Termodinámica Hugo Medina Guzmán

con lo que encontramos U d − U a = 10000 cal. Además, observe que al ir

Uc = 39 − Qcd = 39 + 50 = 89 J por la trayectoria adb solo se hace trabajo en ad y no
en db, o sea, se tiene que:
Finalmente:
Wad = Wadb = 2500 cal.
Qbc = Uc − 35 + 91 = 89 − 35 + 91 = 145 J
Luego
Qbc = 145 J
( )Qad = U d − U a + Wad
b) Qda = U a − U d + Wda
Qad = 10000 + 2500 = 12500 cal. (absorbido)
Qda = C p (Ta − Td ) = C p (T − 2T ) = −C pT
Como encontramos que
Como Qbc = 145J = 2C pT
Qadb = 15000 y Qadb = Qad + Qdb
Luego Qda = −C pT = − 145 = −72,5 J
2 Obtenemos

Ejemplo 85. En la figura se muestran diversas Qdb = 15000 – 12500 = 2500 cal. (Absorbido)
trayectorias entre los estados de equilibrio a, b, c y
d, en un diagrama p-V. Esta última cantidad también podría encontrarse
teniendo en cuenta que:
a) Cuando el sistema pasa de1 estado a al b a lo
largo de la trayectoria a, c, b recibe 20000 calorías y Wdb = 0
realiza 7500 cal de trabajo. Calcular el cambio de
Y como en (a) hemos determinado que
( )energía interna U b − U a .
U b − U a = 12,500 cal.
b) ¿Cuánto calor recibe el sistema a lo largo de la
trayectoria adb, si el trabajo realizado es 2500 cal? Si U a = 0 , se tiene que U b = 12500, luego
c) Cuando el sistema vuelve de b hacia a, a lo largo
de la trayectoria curva ba, el trabajo realizado es U b − U d = 12500 – 10000 = 2500 cal.
5000 cal. ¿Cuánto calor absorbe o libera el sistema?
Finalmente
d) Si U a = 0 y U d = 10000 cal., hállese el calor
( )Qdb = U b − U d + Wdb = 2500 cal.
absorbido en los procesos ad y db.
Ejemplo 86. Un mol de un gas ideal se encuentra en
Solución. un estado inicial p = 2 atm y V = 10 litros indicado
a) Por la trayectoria acb, se tiene: por el punto a en el diagrama pV de la figura. El gas
Q = 20000 cal. se expande a presión constante hasta el punto b,
W = 7500 cal. cuyo volumen es 30 litros y luego se enfría a
Luego, volumen constante hasta que su presión es de 1 atm
en el punto c.
Ub −Ua = Q −W ⇒ Entonces se comprime a presión constante hasta
alcanza su volumen original en el punto d y
U b − U a = 20000 – 7500 = 12500 cal. finalmente se calienta a volumen constante hasta que
vuelve a su estado original.
b) Por la trayectoria adb, W = 2500 cal. a) Determinar la temperatura de cada estado a, b, c y
d.
Q = (U b − U a ) + W b) Determinar el calor añadido a lo largo de cada
una de las etapas del ciclo.
Q = 12500 + 2500 c) Calcular el trabajo realizado a lo largo de cada
Qadb = 15000 cal. (absorbido) trayectoria.
c) Para la trayectoria ba, d) Determinar la energía de cada estado a, b, c y d.
W = + 5000 cal. e) ¿Cuál es el trabajo neto realizado por el gas en el
Luego, ciclo completo?

Q = (U a − U b ) + W Solución.

Q = - 12500 + 5000 a) Por la ley del gas ideal: pV = nRT ⇒

Q ba = - 7,500 cal. (libera) T = pV
nR
d) Si U a = 0 y U d = 10,000 cal,

42

Calor y Termodinámica Hugo Medina Guzmán

n = 1, R = 0,0821 litro.atm Como 1 litro-atm = 101,3 J = 24,2 cal:
mol.K W = 4052 J = 968 calorías (trabajo del sistema)

En a ⎧⎩⎨Vpaa = 2 atm Luego T = 2 ×10 = 243,6 K De b → c (volumen constante)
= 10 litros 0,0821 El trabajo es W = 0 , (no hay trabajo).

En b ⎧⎨⎩Vpbb = 2 atm Luego T = 2 × 30 = 730,8 K De c → d (presión constante)
= 30 litros 0,0821
El trabajo es W = p(Vd − Vc )
En c ⎩⎨⎧Vpcc = 1atm Luego T = 1× 30 = 365,4 K
= 30 litros 0,0821 W = 1(10 − 30) = - 20 litro atm

⎨⎧⎩Vpdd = 1atm Luego T 1×10 W = - 2026 J = - 484 calorías (trabajo sobre el
= 10 litros 0,0821 sistema)

En d = = 121,8 K

De d → a (volumen constante)

b) El trabajo es W = 0 , (no hay trabajo).

De a → b (presión constante) d) Como

El calor suministrado es Q = C p ΔT U = 3 nRT
2
Siendo gas ideal (gas monoatómico)

Cp = 5 nR = 3 (1mol)⎜⎛ 2 cal ⎞⎟T
2 2 mol K ⎠
⎝
cal cal
Como n = 1, y R = 2 mol K ⇒ Cp = 5 K = 3T

ΔT = 730,8 – 243,6 = 487,2 K U a = 3Ta = 3(243,6K ) = 730,8 cal
Q = (5)(487,2) = 2436 calorías U b = 3Tb = 3(730,8K ) = 2192,4 K
U c = 3Tc = 3(365,4K ) = 1096,2 K
De b → c (volumen constante) U d = 3Td = 3(121,8K ) = 365,4 K

El calor suministrado es Q = CV ΔT e) Trabajo neto = Wab + Wbc + Wcd + Wda

Siendo gas ideal (gas monoatómico) = 4052 + 0 – 2026 + 0 = 2026 J
= 487 cal
Cp = 3 nR
2 Calor absorbido = Qab + Qbc + Qcd + Qda

Como n = 1, y R = 2 cal = 2436 – 1096,2 – 1218 +365,4
mol K = 487 cal
Trabajo neto = calor absorbido
⇒ Cp = 3 cal = Calor que entra – calor que sale.
K
Ejemplo 87. Considere el proceso cíclico descrito
ΔT = 365,4 – 730,8 = -365,4 K en la figura. Si Q es negativo para el proceso BC y
Q = (3)(− 365,4) = -1096,2 calorías
ΔU es negativo para el proceso CA:
De c → d (presión constante) a) determine los signos de Q asociados a cada
El calor suministrado es Q = C p ΔT proceso.
b) determine los signos de W asociados a cada
ΔT = 121,8 – 365,4 = - 243,6 K proceso.

Q = (5)(− 243,6) = -1218 calorías

De d → a (volumen constante) Solución.
a) QAB = positivo
El calor suministrado es Q = CV ΔT QBC = negativo (Dato)
(UC –UB) = QBC -WBC = QCA = negativo
ΔT = 243,6 – 121,8 = 121,8 K
(UA –UB) = QCA - WCA ⇒ = QCA = (UA –UC) +
Q = (3)(121,8) = 365,4 calorías
WCA = (-) + (-) = negativo
c)

De a → b (presión constante)

El trabajo es W = p(Vb − Va )

W = 2(30 −10) = 40 litro atm

43

Calor y Termodinámica Hugo Medina Guzmán

b) WAB = positivo temperatura original, como se esperaba. La salida de
WBC = 0 (A volumen constante) calor es por lo tanto:
WCA = 2 (6-10) = -8 = negativo Q’2 = ncp(T4- T1)

Ejemplo 88. Un cilindro contiene un gas ideal a una = 0,487 mol x 29,317 J/ mol K (325 – 250)K
presión de 2 atmósferas, el volumen es de 5 1itros a = 1072 J.
una temperatura del gas de 250 K. El gas se calienta La salida de calor total durante el proceso de
a volumen constante hasta una presión de 4 enfriamiento es.
atmósferas, y luego a presión constante hasta una Q' = H’1+ H’2= 4397 J.
temperatura de 650 K. Calcular el calor total La diferencia entre el calor de entrada y el de salida
recibido durante estos procesos. Para el gas el cv es es 304 J. Esto debe aparecer como trabajo hecho por
21,0 J /mol K el gas, puesto que la energía interna del gas debe ser
Luego el gas entonces es enfriado a vo1umen igual al principio y en el final de un proceso de
constante hasta su presión original y después a cíc1ico.
presión constante se lleva el gas hasta su volumen b) La cantidad 304 J debería estar de acuerdo con el
original. valor del área dentro de la curva del ciclo, que
a) Encuentre la salida de calor total durante estos representa el trabajo hecho por el gas. Es un
procesos y rectángulo de alto 2 atm y largo1,5 litros. El área
b) el trabajo total hecho por el gas en el proceso bajo ésta curva es:
cíclico del conjunto. W = 2 x1,013 x 106dinas/cm x 1,5 x 103 cm3
Solución. = 3,04 x 109 ergios = 304 J,
Lo que esta de acuerdo con el ingreso.
La ecuación del gas ideal permite el cálculo del
número de los moles originalmente presentes. Ejemplo 89. Sobre un mol de gas se realiza un ciclo
cerrado que consta de dos isócoras y dos isóbaras.
n= pV = 2atm × 5litro Las temperaturas en los puntos a y c son Ta y Tc.
RT 0,0821litro atm/mol.K Determínese el trabajo que efectúa el gas durante
dicho ciclo, si se sabe que los puntos b y d yacen en
= 0,487 mol una isoterma

También C p = CV + nR , la capacidad calorífica Solución.

por mol cp = cv + R. W = Wab + Wbc + Wcd + Wda
a) cp = cv + R = (21,0+ 8,317)J/mol K Wab = 0 , Wbc = p2 (V2 − V1 ) , Wcd = 0 ,
Wda = − p1 (V2 − V1 ) ,
= 29,317 J/mol K
En el primer cambio p/T es constante y luego, W = ( p2 − p1 )(V2 − V1 )
como p se duplica, T se duplica también a 500 K.
La entrada de calor por lo tanto es: W = p2V2 − p2V1 − p1V2 + p1V1
Q1 = ncv(T2 – T1) Por la de los gases ideales p2V2 = RTc .
p2V1 = RTb , p1V2 = RTd , p1V1 = RTa
= 0,487 mol x 21,0 J/ mol K x (500 – 250)K
= 2558 J. W = R(Tc − Tb − Td + Ta )
En el Segundo cambio V/T es constante y, como T se
incrementa en la razón 650/500, entonces V se hace Como Tb = Td
6,5 1itros. La entrada de calor por lo tanto es:
Q2 = ncp(T3 - T2) W = R(Tc + Ta − 2Tb )
= 0,487 mol x 29,317 J/mol K x(650 – 500)K
= 2143 J. De las relaciones
La entrada de calor total durante estos dos procesos
es Q = Q1 + Q2 = 4701 J.
Durante el primer proceso de enfriamiento p se hace
la mitad, y T también se hace la mitad 325 K. La
salida de calor es
Q’1 = ncv (T3- T4)
= 0,487 mol x 21,0 J /mol K x (650- 325)K
= 3325 J.
En el Segundo proceso de enfriamiento V se reduce
en la razón de 5/6,5, y T se hace 250K, la

44

Calor y Termodinámica Hugo Medina Guzmán

p1 = p2 → p1 = Ta y
Ta Tb p2 Tb

p1 = p2 → p1 = Td
Td Tc p2 Tc

Ta = Td → TaTc = TbTd
Tb Tc

Con Tb = Td ⇒ TaTc = Tb 2 Solución.
El trabajo es el área bajo la trayectoria de A a B en
Finalmente TaTc = Tb
el gráfico pV . El volumen disminuye, tal que W <
Con lo que obtenemos
0.
( )W = R Tc + Ta − 2 TaTc
W = − 1 (500 × 103 + 150 ×103)(0,60)
2
= - 1,95 x 105 J
( )= R Tc − Ta 2
ΔU = nCV ΔT

Ejemplo 90. Una cantidad de aire se lleva del Con T1 = p1V1 , T2 = P2V2
estado a al b siguiendo una trayectoria recta en una nR nR
gráfica pV.
a) En este proceso ¿la temperatura del gas: aumenta, ⇒ ΔT = T2 − T1 = p2V2 − p1V1
disminuye o no cambia? Explique. nR
b) Si V = 0,0700 m3, Vb = 0,1100 m3, pa = 1,00 x l05
Pa y pb = 1,40 x l05 Pa, ¿cuánto trabajo efectúa el ΔU = ⎜⎛ CV ⎞⎟( p2V2 − p1V1 )
gas en este proceso. Suponga que el gas tiene ⎝ R ⎠
comportamiento ideal.
[ ]( ) ( )ΔU⎛⎜20,85 ⎞⎟
= ⎝ 8,315 ⎠ 5 ×105 (0,20) − 1,5 ×105 (0,80)

= -5,015 x 104 J

Luego ΔU = Q − W

Solución. ⇒ Q = ΔU + W = - 0,5015 x 105 - 1,95 x 105

a) El producto pV se incrementa, y aun para un gas = - 2,45 x 105
Q es negativo, el calor fluye fuera del gas.

no ideal, esto indica un incremento de temperatura. Ejemplo 92. Sea 20,9 J el calor añadido a
b) El trabajo es el área encerrada bajo la línea que determinado gas ideal. Como resultado, su volumen
cambia de 63,0 a 113 cm3 mientras que la presión
representa el proceso y las verticales en Va y Vb . El permanece constante a 1,00 atm.
a) ¿En cuánto cambió la energía interna del gas?
área del trapezoide es: b) Si la cantidad de gas presente es de 2,00 x 10-3
mol, halle la capacidad calorífica molar a presión
1 ( pb + pa )(Vb − Va ) constante.
2 c) Halle la capacidad calorífica molar a volumen
constante.
= 1 (2,40 × 105 ) (0,0400) = 400 J
2
Solución.
Ejemplo 91. Cuatro moles de O2 se llevan de A a
B con el proceso que muestra en una gráfica pV de la a) ΔU = Q − W
figura. Suponga que el tiene comportamiento ideal.
Calcule el flujo de calor Q durante este proceso. Q = 20,9 J,
¿Entra calor en el gas o sale de él?
W = p(V2 − V1 ) ⇒

W = 1,013×105 N (113 − 63) ×10−6 m3
m2

W = 5,06 J

b) Q = nC p (T2 − T1 )

T1 = p1V1 = 1,013×105 × 63 ×10−6 = 384 K
nR 2,00 ×10.3 × 8,31

45

Calor y Termodinámica Hugo Medina Guzmán

T1 = p1V1 = 1,013 ×105 ×113 ×10−6 = 689 K Para cada proceso, Q = ΔU + W . No se realiza
nR 2,00 ×10.3 × 8,31
trabajo en los procesos ab y dc, también
20,9 = 2,00 ×10−3Cp (689 − 384)
Wbc = Wabc y Wad = Wadc .
Cp = 20,9 ×103 = 34,3 J K
2 × 305 mol El calor para cada proceso es,

Cp = 20.9 ×103 = 34,3 J K para ab Qab = 90 J ,
2 × 305 mol
para bc Qbc = 440 J + 450 J = 890 J ,
c)
para ad Qad = 180 J + 120 J = 300 J ,
CV = Cp − R ⇒
para dc Qdc = 350 J , el calor es absorbido en cada
CV = 34,3 − 8,31 = 26 J K
mol proceso. Las flechas representadas en los procesos
indican la dirección del incremento de la
Ejemplo 93. Una mol de un gas ideal monoatómico temperatura (incrementando U).
es llevado cuasiestáticamente desde el estado A
recorriendo el ciclo ABCDA, tal como se muestra en Ejemplo 95. La figura muestra cuatro estados de un
la figura. sistema termodinámico: a, b, c y d. El volumen del
Hallar:
a) La temperatura en A sistema es Va tanto en el estado a como en el b, y es
b) El trabajo total.
Vc tanto en el estado c como en el d. La presión del
Solución.
sistema es pa tanto en el estado a como en el d, y
a) pV = n RT, y T = pV , en el punto A:
nR es pc tanto en el estado b como en el c. Las

TA = 6 ×103 ×1 = 722 K energías internas de los cuatro estados son: Ua, Ub,
1× 8,31 Uc y Ud. Para cada uno de los procesos: ab, bc, ad y
dc, calcule:
b) Trabajo total = Area ABCDA a) el trabajo efectuado por el sistema;
= (3,5 + 3 – 2 – 1,5)2 = 6,0 kJ b) el flujo de calor al sistema durante el proceso;
c) El sistema se puede llevar del estado al c
siguiendo la trayectoria abc o bien la adc. Calcule el
flujo neto de calor al sistema y el trabajo neto
efectuado por el sistema en cada trayectoria. ¿Por
cuál trayectoria es mayor el flujo neto de calor? ¿Por
cuál es mayor el trabajo neto?
d) Un amigo le dice que las cantidades de flujo de
calor deben ser iguales para la trayectoria abc y la
trayectoria adc, porque el estado inicial (a) y el final
(c) del sistema son los mismos por ambas
trayectorias. ¿Cómo respondería a esta afirmación?

Ejemplo 94. Un sistema termodinámico se lleva del Solución.
estado a al estado c de la figura siguiendo la
trayectoria abc o bien la trayectoria adc. Por la ( )Vamos a usar las ecuaciones, W = p V2 −V1 y
trayectoria abc, el trabajo W efectuado por el sistema
es de 450 J. Por la trayectoria adc, W es de 120 J. ΔU = Q − W .
Las energías internas de los cuatro estados
mostrados en la figura son: Ua = 150 J, Ub = 240 J, a) El trabajo hecho por el sistema durante el proceso:
Uc = 680 J y Ud = 330 J. Calcule el flujo de calor Q A lo largo de ab o cd, W = 0. A lo largo de bc,
para cada uno de los cuatro procesos: ab, bc, ad y
dc. En cada proceso, ¿el sistema absorbe o ( )Wbc = pc Vc −Va A lo largo de ad,
desprende calor? Wad = pa (Vc − Va ).

Solución. b) El calor que ingresa al sistema durante el proceso:

Q = ΔU + W .

ΔU ab = Ub −U a , tal que,

Qab = U b − U a + 0.

46

Calor y Termodinámica Hugo Medina Guzmán

ΔUbc = Uc − Ub , tal que Wcd = nRT2 ln V2 = p1V2 ln V2
Vc Vc
Qbc = (Uc −Ub )+ pc (Vc −Va ) .
Wda = p1 (V1 − V2 )
ΔUad = Ud − Ua , tal que
Wneto = Wab + Wbc + Wcd + Wda
Qad = (Ud −U a )+ pa (Vc −Va ).
Wbc se anula con Wcd
ΔUdc = Uc − Ud , tal que
Wneto = p1V1 ln Vb + p1V2 ln V2
Qdc = (Uc −Ud )+ 0 . V1 Vc

c) Del estado a al estado c a lo largo de la trayectoria p1V1 = p2Vb ⇒ Vb = p1V1 , p1V2 = p2Vc
abc. p2

( )Wabc = pc Vc −Va . Qabc ⇒ Vc = p1V2
= Ub −U a + (Uc −Ub )+ pc (Vc −Va ) p2
= (Uc −Ua )+ pc (Vc −Va )
Reemplazando los valores de Vb y Vc
Del estado a al estado c a lo largo de la trayectoria respectivamente:
adc.
Wneto = p1V1 ln p1V1 p2 + p1V2 ln V2
( )Wadc = pa Vc − Va . V1 p1V2
Qadc = (Uc − Ua ) + pa (Vc − Va ) p2

Asumiendo pc > pa , Qabc > Qadc y Wneto = p1V1 ln p1 + p1V2 ln p2
p2 p1
Wabc > Wadc .
= − p1V1 ln p2 + p1V2 ln p2
d) Para entender esta diferencia, comenzar por la p1 p1

relación Q = W + ΔU . El cambio de la energía = p1 (V2 − V1 ) ln p2
p1
Interna ΔU es independiente de la trayectoria de tal
PROCESO ADIABATICO:
manera que es igual para la trayectoria abc y para la Es un proceso termodinámico importante en el cual
trayectoria adc. El trabajo hecho por el sistema es el al cambiar, el sistema de estado de equilibrio no
área bajo los caminos en el diagrama pV- no es igual intercambia calor con el ambiente, Q = 0. En este
para las dos trayectorias. De hecho, es más grande caso, de acuerdo al primer principio, se tiene:

para la trayectoria abc. Puesto que ΔU es igual y U 2 − U1 = −W .

W es diferente, Q debe ser diferente para las dos Es importante hacer notar que este trabajo,
trayectorias. El flujo del calor Q es dependiente de
la trayectoria. ( )denominado TRABAJO ADIABATICO Wad ,

Ejemplo 96. Un motor térmico funciona con un gas hecho para cambiar el sistema desde un estado
ideal que se somete a un ciclo termodinámico que inicial a un final, depende solo de los estados de
consta de dos etapas isotérmicas y dos etapas
isobáricas de presiones p1 y p2 (p2 > p1) . Si las dos equilibrio dados. Conociendo Wad se puede
isotermas cortan la isobárica de presión p1 en los
volúmenes V1 y V2 (V2 > V1) determinar la trayectoria. Cuando se realiza un
a) Grafique el proceso en los ejes pV . trabajo que no es adiabático, entre los dos estados
b) Determine el trabajo neto realizado en función de dados, la cantidad en exceso o defecto comparado
p1 , p2 ,V1 Y V2 con el trabajo adiabático es calor y es lo que
realmente lo define como otra forma de trabajo.
Solución.
a)

b) Wab = nRT1 ln Vb = p1V1 ln Vb Ecuación del proceso adiabático
V1 V1 Cuando un gas ideal va en un proceso adiabático, la
presión volumen y temperatura cambian de forma tal
Wbc = p2 (Vc − Vb ) = p1 (V2 − V1 ) que es descrito solamente por una relación entre p y
V, T y V, o p y T , en función de las capacidades
caloríficas. Esta relación puede calcularse aplicando
el primer principio de la termodinámica y utilizando
la ecuación del gas ideal.
Según el primer principio tenemos:

dQ = dU + dW = dU + pdV

47

Calor y Termodinámica Hugo Medina Guzmán

Como dU = CV dT (aunque este resultado se W p1V1 ⎡ ⎛⎜⎝⎜ p2 ⎟⎠⎟⎞ γ −1 ⎤
γ −1 ⎢⎢1 p1 γ ⎥
obtuvo considerando un proceso a volumen ⎣⎢ ⎥
constante, relación solamente las variables U y T y c) = − ⎦⎥
por lo tanto, es válido independientemente del
proceso considerado), luego podemos escribir: Solución.
a) Por el principio de la termodinámica
dQ = CV dT + pdV
dQ = dU + dW
Como dQ = 0 en un proceso adiabático, se tiene:
Como el proceso es adiabático dQ = 0
CV dT + pdV = 0
Luego dW = −dU
pdV
dT = − CV (1) Pero dU = CV ⇒ dU = CV dT
dT
De la ecuación del gas ideal
Y dW = −CV dT
pV = nRT
Integrando de 1 a 2:
pdV + Vdp = nRdT (2)
T2 dT

T1
∫ ( )W1→2
Reemplazando (1) en (2); para eliminar dT : = −CV = −CV T2 − T1

pdV + Vdp = −nR p dV W = CV (T1 − T2 )
CV
b) Tenemos que dW = pdV
pCV dV + VCV dp = −nRpdV
Por ser proceso adiabático pV γ = C
(CV + nR)pdV + CVVdp = 0
⇒ p = C
dp Cp dV Vγ
p = − CV V
C dV
Cp Luego dW = Vγ
CV
Llamando a la relación = γ . Para gas ideal: V2 dV V −γ +1 ⎤V2
V1 Vγ − γ + 1⎦⎥V1
5 ∫Integrando: W = C = C =
3
γ = = 1,67 CV1−γ +1 − CV2−γ +1

dp = −γ dV γ −1
p V
Como p1V1γ = p2V2γ = C
Integrando
Reemplazando C en la expresión de W en las formas
ln p = −γln V + ln const. arriba puestas, obtenemos finalmente:

pV γ = constante W = p1V1 − p2V2
γ −1
Utilizando la ecuación de los gases ideales
c) De la expresión anterior
pV = nRT se pueden encontrar las siguientes

relaciones: p1V1 ⎡⎢1 p2V2 ⎤
γ −1 ⎣ p1V1 ⎥
γ −1 W = − ⎦

TV γ −1 = constante , pγ = constante 11
T
⎜⎛⎝⎜ C ⎟⎞⎠⎟ γ ⎝⎜⎛⎜ C ⎠⎟⎟⎞ γ
La curva de un proceso adiabático, en un diagrama pero V1 = p1 y V2 = p2
de allí
pV cae más rápidamente con el aumento de V que la

curva de un proceso isotérmico.

Ejemplo 97. Demostrar que el trabajo realizado por ⎡ p2 ⎝⎛⎜⎜ C ⎞⎟⎟⎠1 γ ⎤
un gas ideal, con capacidades caloríficas constantes, ⎢ p1 ⎜⎜⎝⎛ p2 ⎥
⎥
durante una expansión adiabática es igual a: W = p1V1 ⎢⎢1 − ⎥
γ −1 ⎢ ⎥
a) W = CV (T1 − T2 ) C ⎠⎟⎟⎞1 γ ⎥⎦
p1
b) W = p1V1 − p2V2 ⎣⎢
γ −1

48

Calor y Termodinámica Hugo Medina Guzmán

p1V1 ⎡ ⎜⎜⎝⎛ p2 γ −1 ⎤ pV γ = cte
γ −1 ⎢⎢1 − p1 ⎥
= ⎢⎣ ⎟⎞⎟⎠ γ ⎥ Entonces: piViγ = p f V γ
⎥⎦ f

Ejemplo 98. Encontrar el módulo de ⇒ 5(12)1,4 = p f (30)1,4
compresibilidad elástica en un proceso adiabático
(Badiabático). De donde
Se conoce la relación de capacidades caloríficas
p f = 1,39 atm

b) Ti = piVi = 5 ×12 = 365,9 K
nR 2 × 0,082
⎛⎜⎝⎜γ cp ⎟⎟⎞⎠ .
= cV Tf = pfVf = 1,39 × 30 = 254,3 K
nR 2 × 0,082
Solución.

Tenemos: Ejemplo 100. Un mol de un gas ideal monoatómico
inicialmente a 300 K y a 1 atm se comprime
B = − dp ⇒ dp = − B dV (1) cuasiestática y adiabáticamente a un cuarto de su
dV V volumen inicial. Encuentre la presión y temperatura

V final. (γ = 1,67)

También, en un proceso adiabático: Solución.
n = 1mol
pV γ = constante
γ = 1,67
derivando

dpV γ + pγV γ −1dV = 0 Ti = 300 K

de aquí pi = 1 atm

dp = −γp dV (2) Vf = 1 Vi
V 4

Igualando (1) y (2): pV γ = cte , pV = nRT

− B dV = −γp dV Bien
V V
piViγ = p f V γ ⎫
de aquí obtenemos: = f ⎪
piVi ⎬
Badiabático = γ p Ti pfVf ⎪ ⇒ Viγ −1Ti = V γ −1T f
⎭ f

El sonido en el aire se propaga en un proceso Tf
adiabático
La velocidad de un gas está dada por De la última

v= B ( )Tf= ⎜⎛⎜⎝ Vi ⎞⎟γ −1 = 4 0,67 300
ρ Vf ⎠⎟
Ti

Para el aire: = 459,15 K
También
( )Badiabático = γ p = 1,4 1,013 ×105
( )p f= ⎛⎜ Vi ⎞⎟γ pi = 4 1,67 ×1 = 10,1 atm
ρ aire = 1,28 kg/m3 ⎝⎜ Vf ⎠⎟

v= 1,4(1,013 × 15) = 333 m/s Ejemplo 101. Durante el tiempo de compresión de
cierto motor de gasolina, la presión aumenta de 1 a
1,28 20 atm. Suponiendo que el proceso es adiabático y el

Ejemplo 99 . Dos moles de un gas ideal se expanden gas es ideal con γ = 1,40.
cuasiestática y adiabáticamente desde una presión de a) ¿en qué factor cambia el volumen? y
5 atm y un volumen de 12 litros a un volumen final b) ¿en qué factor cambia la temperatura?
de 30 litros. (γ = 1,40)
(a) ¿Cuál es la presión final del gas? Solución.
(b) ¿Cuáles son las temperaturas inicial y final?
γ = 1,40, pi = 1 atm, pf = 20 atm
Solución.
a) piViγ = p f V γ ⇒
n = 2 mol, γ = 1,4 , pi = 5 atm , Vi = 12 litros , f

V f = 30 litros Vf = ⎜⎜⎝⎛ 11
Vi pi ⎟⎞ γ 1
a) Para una expansión adiabática pf ⎟⎠ = ⎜⎛ 20 ⎞⎟ 1,4 = 0,12
⎝ ⎠

49

Calor y Termodinámica Hugo Medina Guzmán

Tf ⎜⎛ Vi ⎞⎟ γ −1 1 0, 4 Q 2 = calor liberado por el sistema al reservorio a
Ti ⎜⎝ Vf ⎠⎟ 0,12
b) = = ⎛⎜ ⎞⎟ = 2,33 θ 2 Dondeθ1 >θ 2 .
⎝ ⎠

CICLOS REVERSIBLES E IRREVERSIBLES W = Q1 – Q2 trabajo neto hecho por el sistema.
Supongamos que ocurre un proceso en que el
sistema va de un estado inicial (i) a otro final (f) en Eficiencia térmica.
el que se realiza un trabajo W y se produce una Observe que el enunciado que hemos dado del
transferencia de calor Q a una serie de reservorios de segundo principio de la termodinámica establece que
calor. Si al final de este proceso, el sistema puede la máquina térmica perfecta en la que todo calor
ser restaurado a su estado inicial se dice que es suministrado se convierte en trabajo sin perder calor,
REVERSIBLE. Un proceso que no llena este no existe. Nos gustaría tenerla, pues no viola la
requisito se dice que es IRREVERSIBLE. primera ley, pero no se ha obtenido.
Las condiciones para un proceso reversible son:
1) No debe existir trabajo realizado por fricción, Dado que el trabajo neto en el ciclo es lo que
fuerzas debidas a la viscosidad u otros efectos
disipativos. obtenemos, y el calor absorbido por la sustancia de
2) El proceso debe ser tal que el sistema se
encuentre siempre en estado de equilibrio o trabajo es lo que ponemos. Luego la eficiencia
infinitamente próximo a él (cuasiestático - por
ejemplo, si el pistón de un cilindro se mueve térmica de la máquina está definida por:
lentamente dando tiempo para que el sistema pueda
interactuar con el ambiente y alcanzar un estado de Eficiencia térmica = Trabajo obtenido
equilibrio en todo instante). calor puesto
Cualquier proceso que viole una de estas
condiciones es irreversible. La mayoría de los e = W
procesos en la naturaleza son irreversibles. Si Q1
queremos conseguir un proceso reversible debemos
eliminar las fuerzas disipativas y el proceso sea Aplicando la primera ley a un ciclo completo.
cuasiestático, en la práctica esto es imposible. Sin
embargo nos podemos aproximar mucho a un Como los estados inicial y final son los mismos la
proceso reversible.
energía interna final debe ser igual a la inicial,

obteniéndose

Q1 − Q2 = W

de aquí

e = Q1 − Q2
Q1

CICLOS TERMODINÁMICOS. MÁQUINAS e = 1 − Q2
Q1
TERMODINÁMICAS.
Una máquina que realiza esta conversión, lo hace Tenga en cuenta que en esta expresión Q1 y Q2
mediante "PROCESOS" que llevan a la sustancia de
trabajo nuevamente a su estado original, al conjunto deben ser tomados en valor absoluto, como
de estos procesos se conoce como "CICLO" una vez
completado el ciclo, los procesos se vuelven a positivos, dado que al haber aplicado la primera ley
repetir.
Una máquina térmica se puede representar en forma ( )W = Q1 − Q2 ya se ha considerado su propio
idealizada como se muestra en la siguiente figura.
signo.

Observe que la eficiencia sería 100% (e = 1) si

Q2 = 0 es decir sin ceder nada de calor, esto es

completamente imposible en la práctica y lo

establece el segundo principio que veremos más

adelante (e < 1). En cambio, si Q2 = Q1 se tendrá

e = 0 y W = Q1 − Q2 = 0 .

Repitiendo el ciclo se puede obtener cualquier Ejemplo 102. Cierta máquina tiene una potencia de
cantidad de trabajo. salida de 5 kW y una eficiencia de 25%. Si la
Damos la siguiente notación, refiriéndonos a un máquina libera 8000 J de calor en cada ciclo,
ciclo completo. encuentre:
a) el calor absorbido en cada ciclo y
Q 1 = calor absorbido por el sistema del reservorio b) el tiempo para cada ciclo.

a θ1 . Solución.

50

Calor y Termodinámica Hugo Medina Guzmán

a) e = W =1− Q2 ⇒ 0,25 = 1 − 8000 ⇒ Q2 Cp p0V0
Q1 Q1 Q1 Q1 nR
e = 1 − = 1 − CV
nR
Q1 = 10666,67J 2 p0V0 ln 2 + p0V0

b) W = eQ1 = 2666,67J Cp

P = W ⇒ t = W = 2666,67 = 0,53 s = 1 − nR
t P 5000 2+
CV
Ejemplo 103. En cierto proceso industrial se 2 ln nR
somete un gas al siguiente ciclo termodinámico:
1-compresión isobárica hasta la mitad de su volumen Si es gas monoatómico
inicial,
2-calentamiento isocórico, CV = 3 nR y Cp = 5 nR
3-expansión isotérmica hasta la presión y el volumen 2 2
inicial.
El control de calidad requiere que la eficiencia del 5
proceso sea mayor al 11%. Determine la eficiencia
del ciclo para un gas monoatómico y para un gas e =1− 2 3 = 0,1338 = 13,38%
diatómico, y en cada caso indique si aprueba o no el 2 ln 2 + 2
control de calidad.
Si es gas diatómico
Solución.
CV = 5 nR y Cp = 7 nR
2 2

7

e =1− 2 5 = 0,09939 = 9,94%
2 ln 2 + 2

Se aprueba el control de calidad para gas

monoatómico.

1-compresión isobárica hasta la mitad de su volumen Ejemplo 104.
Un gas ideal monoatómico se somete a un ciclo
inicial, termodinámico que consta de 3 procesos:

Q AB = C p (TB −TA ) = − Cp p0V0 A → B Compresión adiabática desde (V0, p0) hasta
nR
cuadriplicar la presión.
2-calentamiento isocórico,
B → C Expansión isotérmica hasta la presión
QBC = CV (TC − TB )= CV (TA − TB )
inicial.
Por la ly del gas ideal:
C → A Compresión isobárica hasta el volumen
TA = p AVA = 2 p0V0
nR nR inicial.
a) Presente un gráfico p versus V para el ciclo.
TB = p BV B = p0V0 b) Determine las variables termodinámicas p, y, T
nR nR para cada estado A, B, C.
c) Calcule la eficiencia del ciclo.
Luego
Solución:
QBC = CV p0V0
nR a)

3-expansión isotérmica hasta la presión y el volumen
iniciales.

QCA = WCA = nRTA ln 2V0 , como
V0

TA = 2 p0V0 ⇒ QCA = 2 p0V0 ln 2
nR

De aquí deducimos que:

Q1 = 2 p0V0 ln 2 + CV p0V0 y Q2 = Cp p0V0 b)
nR nR

La eficiencia del ciclo es:

51

Calor y Termodinámica Hugo Medina Guzmán

Estado A: pA = p0 , TA = p AVA = p0V0 compuesto por seis procesos simples mostrado en el
nR nR diagrama p-V de la figura.

Estado B: pB = 4 p0 , e → a Entrada isobárica (presión constante), el
volumen varía de cero a V1 , a1 igual que el número
γ −1 de moles de cero a n , de acuerdo a la ecuación
p0V = nRTa
⎝⎜⎜⎛ pB ⎞⎟⎟⎠ γ γ −1 p0V0 p0V0
( )TB pA nR 42 5 nR a → b Compresión adiabática, de acuerdo a la
= TA = 4γ =
ecuación
Estado C: pC = p0 , = TC = TB = 42 5 p0V0
nR TaVaγ −1 = TbVbγ −1

c) b → c Compresión isocórica (volumen constante)
la temperatura cambia de Tb a Tc . Este proceso es
Calor en A → B: QAB = 0
aproximado a la explosión en el motor de gasolina.
Calor en B → C: QBC = nRTB ln VC
VB c → d Descompresión adiabática de acuerdo a la

Calculo de VB : p BVBγ = p AV γ ⇒ ecuación.
A
TcVcγ −1 = TdVdγ −1
pA 13
pB 1
VB = ⎜⎝⎛⎜ ⎞⎟⎟⎠ γ VA = ⎜⎛ 4 ⎟⎞ 5 V0
⎝ ⎠

Cálculo de VC : VC = VA ⇒
TC TA

VC = ⎝⎜⎛⎜ TC ⎠⎞⎟⎟VA = 42 5V0
TA

Luego

( )QBC 42 5V0
= nRTB ln 1 4 3 5V0 =

( )nR⎛⎜ 42 5 p0V0 ⎞⎟ ln 42 5 × 43 5 = 2,41p0V0
⎝ nR ⎠

Calor en C → A:

QCA = C p (TA − TC ) = 5 nR⎜⎛ p AVA − pCVC ⎞⎟
2 ⎝ nR nR ⎠

( )5

=2
p0V0 − 42 5 p0V0 = − 1,85 p0V0

La eficiencia es

e =1− Q2 , Q1 = 2,41 p0V0 y Q2 = 1,85 p0V0
Q1

Luego:

e = 1 − 1,85 p0V0 = 1 − 0,7676 = 0,2324
2,41p0V0

e = 23,23%

CICLO DE OTTO.
El funcionamiento de un motor a gasolina puede
idealizarse considerando que la sustancia de trabajo
es aire, el cual se comporta como un gas ideal y que
no hay fricción. En base a esto el ciclo de Otto está

52

Calor y Termodinámica Hugo Medina Guzmán

⎛⎜⎜⎝ V2 ⎠⎟⎞⎟γ −1
V1
e = 1 −

Ejemplo 105. La figura representa un diagrama p-V

del ciclo Joule de gas ideal, C p es constante. ¿Cuál

es su eficiencia térmica?

d → a Descompresión a volumen constante, la

temperatura cambia de Td a Ta . Este proceso es

aproximado a la apertura de la válvula en el motor a
gasolina.

Solución.
En este ciclo, el ingreso de calor se produce en el

proceso adiabático b → c y la salida de calor en el

proceso isobárico d → a .

∫ ( )Luego Tc dT Cp Tc − Tb
Q1 = Tb C p = y

a → e Proceso isobárico a presión atmosférica, el ∫ ( )Q2 =Ta C p dT = Cp Ta − Td
Td
volumen varía de V1 a cero, a temperatura
Luego la eficiencia − Ta )
constante. (Td − Tb )
e =1− Q2 =1 − (Tc
Q1

Por la trayectoria adiabática a → b :

pγ −1 γ = pγ −1 γ
2 1
Ta Tb

ó Tb p2γ −1 γ = Ta p1γ −1 γ (1)

Por la trayectoria adiabática c → d :

pγ −1 γ = pγ −1 γ
2 1
∫ ( )Q1 =Tc CV Td Tc
Tb CV dT = Tc − Tb
ó Tc p2γ −1 γ = Td p1γ −1 γ (2)

El calor liberado Q2 , a volumen constante Restando (1) de (2):

( ) ( )Tc − Tb
∫ ( )Q2 =Ta CV pγ −1 γ = Td − Ta pγ −1 γ
Td dT = − CV Td − Ta 2 1

(Td − Ta ) γ −1
(Tc − Tb )
La eficiencia es = ⎜⎜⎝⎛ p2 ⎟⎞⎠⎟ γ
p1
Q2 (Td − Ta ) De aquí:
Q1 (Tc − Tb )
e =1− =1 −

γ −1

De los procesos adiabáticos tenemos e =1− ⎛⎝⎜⎜ p2 ⎞⎠⎟⎟ γ
p1
TdV1γ −1 = TcV2γ −1 y TaV1γ −1 = TbV2γ −1 Finalmente:

restando

( ) ( )Td − Ta V1γ −1 = Tc − Tb V2γ −1 CICLO DIESEL
Este ciclo también se inicia con una compresión
(Td − Ta ) ⎜⎛⎝⎜ V2 ⎞⎠⎟⎟γ −1 adiabática, ocurre la explosión manteniéndose
(Tc − Tb ) V1 constante la presión, aunque no es necesario
o = introducir una chispa, ya que la combustión se
produce de manera espontánea. Nuevamente la etapa
finalmente

53

Calor y Termodinámica Hugo Medina Guzmán

de trabajo se corresponde con una expansión Q2 = CV (Td − Tc ) = 149,58(250 − 432) =
adiabática y finalmente se realiza un enfriamiento
isócoro del fluido en el motor. 27223,56 J = 27 kJ
c) El cambio de energía interna del gas, en la
compresión adiabática

ΔU = Ub − Ua = CV (Tb − Ta )

= 149,58(375 − 250)

= 18697,5 J = 19 kJ
d) El trabajo realizado por el motor, en la expansión
adiabática es igual al negativo del cambio de energía
interna en el proceso.

W = −ΔU = Ud − Uc = CV (Td − Tc )

= 149,58(432 − 540)

= - 16154,64 J = - 16 kJ

Ejemplo 106. Un motor diesel opera en el ciclo e) La eficiencia térmica del motor.
reversible abcda, con 9,0 moles de un gas ideal. Los
procesos ab y cd son adiabáticos. Las temperaturas e = W = Q1 − Q2 = 1 − Q2
de los puntos a, b, c y d del ciclo son 250 K, 375 K, Q1 Q1 Q1
540 K, 432 K, respectivamente. La constante
adiabática del gas es 1,50. = 1 − 27223,56 = 1 – 0,73 = 0,27
37469,79

La eficiencia es el 27 por ciento.

a) Calcule el calor absorbido durante la expansión Ejemplo 107. 10 moles de un gas diatómico (Cv =
5R/2) se encuentran inicialmente a una presión de pA
isobárica. = 5 x105 Pa y ocupando un volumen de
VA = 249 10-3 m3. Se expande adiabáticamente
b) Calcule el calor rechazado en el proceso de (proceso AB) hasta ocupar un volumen VB = 479
isocórico. x10-3 m3. A continuación el gas experimenta una
c) Calcule el cambio de energía interna del gas, en la transformación isoterma (proceso BC) hasta una
compresión adiabática. presión pC = 1 x105 Pa. Posteriormente se comprime
d) Calcule el trabajo realizado por el motor, en la isobáricamente (proceso CD) hasta un volumen VD =
expansión adiabática. VA = 249 10-3 m3. Por último, experimenta una
transformación a volumen constante (proceso DA)
e) Calcule la eficiencia térmica del motor, en que le devuelve al estado inicial.
a) Representar gráficamente este ciclo en un
porcentaje. diagrama p-V.
Solución. b) Calcular el valor de las variables termodinámicas
a) Cálculo previo de las capacidades caloríficas desconocidas en los vértices A, B, C y D.
c) Hallar el calor, el trabajo, la variación de energía
Cp = CV + nR γ =1+ nR interna, en Joules, de forma directa y/o empleando el
CV Primer Principio, en cada etapa del ciclo.
d) Calcular el rendimiento.
1,5 = 1 + 9,0(8,31) CV = 74,79 = 149,58 J/K R= 0,082 atm litro/mol K = 8,314 J/mol K ;
0,5 1 cal = 4,186 J; 1atm = 1,013 105 Pa
CV
Solución.
a) Representar gráficamente este ciclo en un
diagrama p-V.

Cp = 149,58 + 74,79 = 224,37 J/K

Cp = 149,58 + 74,79 = 224,37 J/K

( )El calor absorbido Q1 durante la expansión

isobárica

Q1 = Cp (Tc − Tb ) = 224,37(540 − 373)

= 37469,79 J = 37 kJ b) Calcular el valor de las variables termodinámicas
desconocidas en los vértices A, B, C y D.
( )b) El calor rechazado Q2 en el proceso de

isocórico

54

Calor y Termodinámica Hugo Medina Guzmán

CV = 5 R , Cp = CV +R= 7 R , = 10⎛⎜ 7 8,314 ⎞⎟(299,5 − 1132,7)
2 2 ⎝ 2
⎠
Cp
γ = CV = 7 = 1,4 = - 248272,7 J
5
W = p(VD − VC )
Vértice A p AVA = nRTA ⇒
( )= 105 249 ×10−3 − 958 ×10−3

TA = 1447,5 K = - 70930 J

A → B p AVAγ = pBVBγ ⇒ Comprobación, ΔU ≈ Q − W
pB = 2 ×105 Pa
Vértice B pBVB = nRTB ⇒ Proceso D → A (Isocórico)
TB = 1152,7 K
B → C pBVB = pCVC ⇒ W = 0 no hay cambio de volumen

Q = nCV (TA − TD )

= 10⎛⎜ 5 8,314 ⎞⎟(1447,5 − 299,5)
⎝ 2
⎨⎩⎧VTCC = 958,3 ×10−3 ⎠
= 1152,7 K
= 249004,3 J

ΔU = Q = 249004,3 J

Vértice D pDVD = nRTD ⇒ En el ciclo completo

TD = 299,5 K ⎧ΔU = 0
⎪⎪W = 67278,1 J
c) Hallar el calor, el trabajo, la variación de energía ⎪⎨Qabsorbido = 315462,4 J (+)
interna, en Joules, de forma directa y/o empleando el ⎪⎩Qcedido = 248272,7 J (−)
Primer Principio, en cada etapa del ciclo.
Podemos ver que W ≈ Qabs + Qced
Proceso A → B (adiabático)
Q=0

ΔU = nCV (TB − TA ) = ΔU (J) Q (J) W (J)
71750
10⎛⎜ 5 8,314 ⎞⎟(1152,7 − 1447,5) = 71166,7 J A → B - 71666,7 0 66458,1
⎝ 2 -70930
⎠ B→C 0 66438,1 0
67278,1
VB pdV VB dV C → D - 177337,6 -248272,7
VVA γ
VA cte
∫ ∫W= = D → A 249004,3 249004,3

( pAVA − pBVB ) 0

= γ −1 d) Calcular el rendimiento.

( )= 5 ×105 × 249 ×10−3 − 2 ×105 × 479 ×10−3 e= W = 0,21 = 21%
1,4 −1 Qabs

= 71750 J SEGUNDA LEY DE LA TERMODINÁMICA.
La experiencia nos dice que a pesar de que es muy
Comprobación, ΔU ≈ Q − W fácil convertir energía mecánica completamente en
energía térmica (como en la fricción), hay muchas
Proceso B → C (Isotérmico) restricciones para efectuar La transformación
Δ = 0 (no hay cambio de temperatura) inversa. La única forma en que somos capaces de
efectuar la transformación continua de energía
VC pdV VC dV térmica en energía mecánica es teniendo
VB V “reservorios de calor” a dos temperaturas diferentes,
VB e interactuando entre ellas una máquina que
∫ ∫W transforme una parte del calor que fluye del
= = nRT reservorio caliente al frío en trabajo (máquina
térmica) . El segundo principio de la termodinámica:
= nRT ln VC = nR(1152,7 ) ln 958 ×10−3 se refiere a este hecho y se establece
VB 479 ×10−3 cualitativamente como sigue:

= 66458,1 J "Es imposible construir una máquina de
funcionamiento continuo que produzca trabajo
Q = W = 66458,1 J mecánico derivado de la extracción de calor de un

Proceso C → D (Isobárico)

ΔU = nCV (TD − TC )

= 10⎛⎜ 5 8,314 ⎞⎟(299,5 − 1132,7)
⎝ 2
⎠

= - 177337,6 J

Q = nCp (TD − TC )

55

Calor y Termodinámica Hugo Medina Guzmán

reservorio simple, sin dar calor, a un reservorio a p (N/m2) V (m3) T (K)
temperatura más baja” a 3324 1 400
b 1662 2 400
En resumen, la segunda ley establece los procesos c 1662 1,51 302
que sin violar la primera ley no ocurren en la
naturaleza. La primera Ley establece simplemente la b)
conservación de energía.
Wab = nRT ln⎛⎜⎝⎜ Vb ⎞⎟⎠⎟
Reservorio de calor. Se define como un cuerpo de Va
masa tal que es capaz de absorber o liberar calor en
cantidad ilimitada sin sufrir apreciable cambio de su = (8,31)(400) ln 2 = 2304 J
estado, temperatura u otra variable termodinámica.
Wbc = p(Vc − Vb )
Ejemplo 108. Una mol de un gas monoatómico se = (1662)(1,51 − 2) = - 814 J
lleva por un ciclo abca como se muestra en la figura.
Wca = −ΔU = −nCV ΔT = - 1222 J
El proceso a → b es un proceso isotérmico a 400
K y el proceso c → a es un proceso adiabático. WTotal = 268 J

a) Hallar la presión, el volumen y la temperatura c)
para los puntos a, b y c.
Qab = Wab = 2304 J
b) Hallar el trabajo total en el ciclo.
c) Hallar los calores en cada uno de los procesos Qbc = nC p ΔT = - 2036 J

(Qab, Qbc y Qca). Qca = 0
d) Hallar la eficiencia del ciclo.
e) e =1− Q2 =1− 2036 = 0,11
Q1 2304

Ejemplo 109. Una maquina tiene una potencia de
salida de 2 kW, si su eficiencia es del 40% y cede un
calor de 3000 calorías por ciclo.
a) Determine el trabajo realizado por ciclo.
b) El tiempo de duración de cada ciclo.

Solución. Solución.
a) Cálculo de las presiones: a) Determine el trabajo realizado por ciclo.

paVa = pbVb = nRT = 1 x 8,31 x 400 e = 40% , Q2 = 3000 calorías

pa = 3324 = 3324 N , e = 1 − Q2 = W
1 m2 Q1 Q1

pb = 3324 = 1662 N , Q1 = Q2 = 3000 = 5000 calorías
2 m2 1− e 0,6

N Y el trabajo es:
m2
pc = pa = 1662 W = Q1 − Q2 = 5000 – 3000 = 2000 calorías.

Cálculo de los volúmenes: b) 1 cal = 4,186 Joules
Como la potencia es 2000 J/s
Va = 1m3 , Vb = 2m3 ,
2000 J (1 caloría/4,186 J) = 477,78 calorías

Como paVaγ = pbVbγ , El tiempo de duración de cada ciclo es:

5 t = 2000 = 4,2 s
3 477,78
con γ = ⇒

3324(1)5 3 = 1662(Vc )5 3 EL CICLO CARNOT
Vamos a estudiar ahora una máquina térmica
∴Vc = (2)3 5 = 1,51m3 altamente idealizada conocida como la máquina de
Carnot. Nos muestra como es posible obtener
Cálculo de las temperaturas: trabajo por medio de una sustancia de trabajo que es
llevada a través de un proceso cíclico y también nos
Ta = Tb , = 400 K, permitirá establecer la escala absoluta
termodinámica de temperatura.
Como pcVc = nRTc ⇒

Tc = pcVc = 1662 ×1,51 = 302 K
nR 1× 8,31

56

Calor y Termodinámica Hugo Medina Guzmán

Un ciclo de Carnot es un conjunto de procesos, la (Por ser un ciclo en que estado final = estado
sustancia de trabajo se imagina primero en equilibrio
inicial)
térmico con un reservorio frío a la temperatura T2 .
W = Q2 − Q2 = ΔQ (Calor total absorbido por el
Se realiza cuatro procesos, por ejemplo sobre un gas,
como se muestra en el diagrama p-V de la figura.. sistema enunciado)

a → b Compresión adiabática reversible hasta que W = Trabajo neto entregado
1a temperatura se eleve a T1 .
Durante la expansión isotérmica b → c ingresa
b → c Expansión isotérmica reversible hasta un
calor Q1 .
punto c.
Como la energía interna de un gas ideal depende
c → d Expansión adiabática reversible hasta que
la temperatura baje a T2 . solo de su temperatura

d → a Compresión isotérmica reversible hasta que Vc pdV = RT1 Vc dV ln Vc
Vb V Vb
se alcanza el estado original. Vb
∫ ∫Q1 = W1 = = RT1
En este ciclo se tendrá:
Del mismo modo durante la comprensión isotérmica
ΔU = 0
d → a en que se realiza calor Q2 .

Va pdV = RT2 Va dV RT2 ln Va
Vd V Vd
Vd
∫ ∫Q2 = W2 = =

Siendo Vd > Va ln Va es una cantidad negativa,
Vd

como debemos de poner como cantidad positiva

escribimos Q2 = RT2 ln Vd
Va

En la expansión adiabática e → d

T1Vcγ −1 = T2Vdγ −1 ⇒ ⎜⎜⎝⎛ Vd ⎞⎠⎟⎟γ −1 = T1 (1)
Vc T2

En la comprensión adiabática a → b

T2Vaγ −1 = T1Vbγ −1 ⇒ ⎝⎜⎛⎜ Va ⎟⎟⎞⎠γ −1 = T1 (2)
Vb T2

de (1) y (2)

Va = Vd ⇒ Vd = Vc (3)
Vb Vc Va Vb

Entonces Q2 = T2 ln Vd = T2
Q1 T1 ln T1
Va
Vc

Vb

La relación entre las temperaturas absolutas de

reservorios de calor en los que trabaja la máquina de

Carnot tiene la misma relación que los calores

rechazado y absorbido.

La eficiencia térmica es

e = 1 − Q2
Q1

Reemplazando Q2 por su valor, obtenemos:
Q1

e = 1 − T2
T1

57

Calor y Termodinámica Hugo Medina Guzmán

Para que una máquina Carnot tenga una eficiencia gustaría tenerla, puesto viola la primera Ley, pero
de 100 por ciento es claro que e debería ser cero.
Como en la práctica no es posible tener e = 1, es tampoco se ha obtenido nunca.
imposible obtener el cero absoluto de temperatura.
Estos resultados que se han obtenido usando un gas Coeficiente de rendimiento de un refrigerador:
ideal como sustancia de trabajo, sin embargo, son
independientes de este hecho y en general la η = Q2 = Q2
eficiencia de una máquina térmica reversible es Q2 − Q1 W
independiente del material usado como sistema,
dependiendo únicamente de las temperaturas de los Ejemplo 110. La eficiencia de una máquina de
reservorios. Carnot es de 30%. La maquina absorbe 800 J de

MOTOR Y REFRIGERADOR calor por ciclo de una fuente caliente a 500 K.
Un motor de Carnot es un dispositivo ideal que Determine
describe un ciclo de Carnot. Trabaja entre dos focos, a) el calor liberado por ciclo y
tomando calor Q1 del foco caliente a la temperatura b) la temperatura de la fuente fría.
T1, produciendo un trabajo W, y cediendo un calor
Q2 al foco frío a la temperatura T2. Solución.
En un motor real, el foco caliente está representado T2 = 500 K
por la caldera de vapor que suministra el calor, el Q2 = 800 J
sistema cilindro-émbolo produce el trabajo, y se e = 0,3
cede calor al foco frío que es la atmósfera.
a) e = W = 1 − Q2
La máquina de Carnot también puede funcionar en Q1 Q1
sentido inverso, denominándose entonces
refrigerador o frigorífico. Se extraería calor Q2 del 0,3 = 1 − Q2 ⇒ Q2 = 560 J
foco frío aplicando un trabajo W, y cedería Q1 al 800
foco caliente.
En un refrigerador real, el motor conectado a la red b) e = 1− T2
eléctrica produce un trabajo que se emplea en T1
extraer un calor del foco frío (la cavidad del
refrigerador) y se cede calor al foco caliente, que es 0,3 = 1 − T2 ⇒ T2 = 350 K
la atmósfera 500

Ejemplo 111. Una máquina de Carnot opera con 2
moles de un gas ideal. En el proceso cíclico, la
temperatura máxima que alcanza el gas es de 527°C
y la presión máxima es de 5 atm. En un ciclo, el
calor suministrado es de 400 J y el trabajo realizado
por dicha máquina es de 300 J.
a) Calcular la temperatura del depósito frío y la
eficiencia porcentual.
b) Si empleando únicamente el calor expulsado por
la máquina se logra derretir totalmente un bloque de
hielo de 10 kg a 0°C, ¿Durante cuántos ciclos debe
operar esta máquina?

c fusión agua = 334 ×103 J kg

c) ¿Cual debería ser la temperatura del depósito
caliente sin modificar la del depósito frío para elevar
la eficiencia hasta el 80%?

Solución.
a) T1 = 273+ 527 = 800 K

La segunda Ley establecería que no existe el W = Q1 − Q2 ⇒
Refrigerador perfecto. No es posible transportar
calor de un cuerpo a otro de más alta temperatura, 58
sin efectuar trabajo sobre el sistema. También, nos

Calor y Termodinámica Hugo Medina Guzmán

Q2 = Q1 − W = 400 – 300 = 100 J Ejemplo 113. Un aparato de aire acondicionado
absorbe calor de su embobinado de enfriamiento a
Q2 = T2 ⇒ 13 ºC y libera calor al exterior a 30 ºC.
Q1 T1 a) ¿Cuál es el máximo rendimiento del aparato?
b) Si el rendimiento real es de la tercera parte del
T2 = T1 Q2 = 800 100 = 200 K valor máximo y si el aparato remueve 8 x 104 J de
Q1 400
energía calórica cada segundo, ¿qué potencia debe
T2 = 200 - 273 = - 73 ºC desarrollar su motor?

La eficiencia es: Solución.
Q1 calor transferido a la fuente caliente
e = 1 − T2 = 1− 200 = 0,75 = 75 % Q2 calor absorbido de la fuente fría
T1 800 W trabajo gastado por la bomba

b) Para derretir los 10 kg de hielo se necesitan η = Q2
10 (334x103) = 334x104 J W

Si en cada ciclo el calor expulsado por la máquina es a) Si el refrigerador es una máquina de Carnot
funcionando a la inversa
100 J

Esta máquina debe operar Q2 T2 273,15 + 13 = 0,943922
Q1 T1 273,15 + 30
334 ×104 = 33400 ciclos. = =
100
Q1 T1 273,15 + 30
c) ¿Cual debería ser la temperatura del depósito Q2 = T2 = 273,15 + 13 = 1,06
caliente sin modificar la del depósito frío para elevar
la eficiencia hasta el 80%? entonces

e' = 1 − T2 ⇒ η = Q2 = Q2 = 1 = 16,7
T '1 W Q1 − Q2
Q1 −1
T2 200 200 Q2
T '1 = 1 − e' = 1 − 0,8 = 0,2 = 1000 K
16,7
t’1 = 1000 – 273 = 727 ºC. b) Si η real = 3 = 5,56 y P1 = 8 x 104 J / s,

Ejemplo 112. Se ha propuesto una planta de entonces.
potencia que haga uso del gradiente de temperatura
en el océano. El sistema se diseñó para operar entre η real = Q2 = P2 ⇒
20 ºC (temperatura de la superficie del agua) y 5 ºC W P1 − P2
(temperatura del agua a una profundidad de casi 1
km). P1 = P2 + P2
a) ¿Cuál es la máxima eficiencia de dicho sistema? η real
b) Si la potencia de salida de la planta es de 7,5
MW, ¿cuánta energía térmica se absorbe por hora? P1 = P2 ⎜⎛⎜⎝ 1 + 1⎟⎟⎞⎠ = 8 × 10 4 ⎛⎜ 5,56 + 1 ⎟⎞
c) En vista de los resultados de la parte (a), ¿piensa ⎝ 5,56 ⎠
que se deba tomar en cuenta dicho sistema? η real

Solución. = 8x104 (1,18) = 9,44x104 W.
t1 = 5 ºC, T1 = 278,15K
t2 = 20 ºC, T2 = 293,15 K Ejemplo 114. Se dan dos máquinas de Carnot
P = 7,5 MW acopladas, la máquina A opera entre los reservorios

a) e = 1 − T2 = 1− 278,15 = 0,051 = 51% T1 = 1000 K y T2 = 800 K y la máquina B entre
T1 293,15
T2 = 800 K y T3 = 400 K. Sabiendo que el
b) e = W = P ⇒ P1 = P
Q1 P1 e reservorio T1 suministra 1500 Joules de calor al

o sea la potencia absorbida será sistema, calcular:
a) La eficiencia de cada máquina y del sistema.
P2 = 7,5 = 147 MW b) El trabajo de cada máquina y el total del sistema.
0,051
Solución.

En una hora
Q2 = 147 x 3600 x 106 J = 5,292 x 1011 J
c) Se recomienda que no.

59

Calor y Termodinámica Hugo Medina Guzmán

Para éste problema,

e = Q2 − Q1 = 1 ⎝⎜⎛⎜ T2 − T1 ⎟⎟⎠⎞
Q1 5 T1

El calor se toma del agua del lago mientras que se

enfría de 2°C a 0°C antes de la eyección. La

temperatura media del reservorio caliente es 274 K.

Si m es la masa del agua que fluye en el tiempo t, el

calor tomado adentro del reservorio caliente por

unidad de tiempo es Q2/t = (m/t)c x 2°C, donde c
está la capacidad específica de calor del agua.

El calor que sale al aire como reservorio frío a una

T2 800 temperatura de -15°C = 258 K, por la cantidad
T1 1000
a) eA = 1 − = 1 − = 20 % infinita de aire disponible se asume que la

temperatura permanece constante.

eB = 1 − T3 = 1 − 400 = 50 % Además, el trabajo realizado (Q2 - Q1) es 10
T2 800 kilovatio = 104 J/ s. Así, de la primera ecuación,

tenemos

Eficiencia del sistema ( )m 104 J/s = 1 (274 − 258)K
t
eS =1− T3 = 1 − 400 = 60 % (4,18J/gº C)(2º C ) 5 274K
T1 1000
m 5 × 274 ×104 g g
b) Cálculo de WA ∴ t = 2 × 4,18 ×16 s = 102,4 ×103 s

Q2 = T2 ⇒ La razón del flujo de agua necesario es 102,4
Q1 T1 litros/s

Q2 = T2 Q1 = 800 (1500) = 1200 J Ejemplo 116. Una máquina térmica realiza 200 J de
T1 1000 trabajo en cada ciclo y tiene una eficiencia de 30%.
Para cada ciclo de operación,
Luego WA = Q1 − Q2 = 1500 – 1200 = 300 J a) ¿cuánto calor se absorbe?, y
b) ¿cuánto calor se libera?
Cálculo de WB
Solución.
Q3 = T3 ⇒ Q1 calor absorbido de la fuente caliente
Q2 T2 Q2 calor cedido a la fuente fría
W = 200 J
Q3 T3 Q2 400 (1200)
= T2 = 800 = 600 J e = W = 0,3
Q1
Luego WB = Q2 − Q3 = 1200 – 600 = 600 J
entonces
y el trabajo total del sistema
Q1 200 666,7 J
WS = Q1 − Q3 = 1500 – 600 = 900 J a) = 0.3 =

Nota: observe que: b) Q2 = Q1 − W = 666,7 − 200 = 466,7 J

WS = WA + WB y eS ≠ eA + eB

Ejemplo 115. Una casa cerca de un lago se Ejemplo 117. En un determinado refrigerador las
calefacciona mediante una motor térmico. En serpentinas de baja temperatura están a -10°C y el
invierno, el agua debajo del hielo que cubre el lago
se bombea por medio del motor térmico. Se extrae gas comprimido en el condensador tiene una
el calor hasta que el agua está en el punto de temperatura de + 30°C. Considerando que trabaja
congelar cuando se expulsa. El aire exterior se
utiliza como enfriador. Asuma que temperatura del con el ciclo Carnot. ¿Cuál es su rendimiento teórico?
aire es -15°C y la temperatura del agua del lago es
2°C. Calcule la razón en la cual el agua se debe Solución.
bombear al motor. La eficiencia del motor es un
quinto que el de un motor de Carnot y la casa η = Q2 = Q2 = 1 = 1
requiere 10 kilovatios. W Q1 − Q2
Solución. Q1 −1 T1 −1
La eficiencia de un motor Carnot es Q2 T2
[1 - (T1/T2)] .
= 1 = 263 = 6,58
40
303 −1
263

60

Calor y Termodinámica Hugo Medina Guzmán

Ejemplo 118. Una máquina térmica absorbe 360 J e = W = W = Pt
de calor y realiza un trabajo de 25 J en cada ciclo. Q1 W + Q1 Pt + Q1
Encuentre:
a) la eficiencia de la máquina y o bien
b) el calor liberado en cada ciclo.
0,25 5 ×102 t
Solución. = 5 ×102 t + 8000
Q1 = 360 J
W = 25 J De donde se obtiene t = 0,53 s el tiempo para cada

e W 25 0,069 6,9% ciclo.
Q1 360
a) = = = = El calor absorbido en cada ciclo será

b) QLiberado = Q1 − W = 335 J Q1 = 5 ×102 t + 8000

= 5 ×102 (0,53) + 8000 = 1,065 x 104 J

Ejemplo 119. Una máquina térmica realiza 200 J de Ejemplo 122. El calor absorbido por una máquina es
trabajo en cada ciclo y tiene una eficiencia de 30%. el triple del trabajo que realiza.
Para cada ciclo de operación,
a) ¿Cuál es su eficiencia térmica?
a) ¿cuánto calor se absorbe?, y b) ¿Qué fracción del calor absorbido se libera a la
b) ¿cuánto calor se libera? fuente fría?

Solución. Solución.
Q1 calor absorbido de la fuente caliente
Q2 calor cedido a la fuente fría Q1 = 3W
W = 200 J
a) e = W = 1 = 0,33 = 33%
e= W 0,3 Q1 3
Q1 =

Entonces b) Q2 = Q1 − W = Q1 − Q1 = 2 Q1
3 3
200
a) Q1 = 0,3 = 666,7 J Fracción del calor absorbido que se libera:

Q2 = 2 = 0,66
Q1 3
b) Q2 = Q1 − W = 666,7 − 200 = 466,7 J

Ejemplo 120. Un refrigerador tiene un coeficiente Ejemplo 123. Dos máquinas frigoríficas de Carnot
de operación igual a 5. Sí el refrigerador absorbe trabajan en serie la primera extrae calor de una
120 J de calor de una fuente fría en cada ciclo, fuente a 0°C y consume 1000 J. La segunda maquina
encuentre: consume 500 J. y entrega calor a una fuente a 27ºC
Considere que el calor que la primera cede a una
a) el trabajo hecho en cada ciclo y fuente intermedia es íntegramente absorbido por la
b) el calor liberado hacia la fuente caliente. segunda.
a) ¿Cuál es el calor que la primera maquina extrae?
Solución. b) ¿Cuál es la temperatura de la fuente intermedia?
c) ¿Qué calor intercambian las máquinas con la
η =5 fuente de temperatura intermedia?

Q1 = 120 J Solución.

a) η = Q1 = W + Q2
W W

De donde 5 = W + 120 ⇒ W = 30 J
W

b) Q2 = W + Q1 = 30 + 120 = 150 J

Ejemplo 121. Cierta máquina tiene una potencia de a) Para el conjunto
salida de 5 kW y una eficiencia de 25%. Si la
máquina libera 8000 J de calor en cada ciclo,
encuentre:
a) el calor absorbido en cada ciclo y
b) el tiempo para cada ciclo.

Solución.
P = potencia = 5 kW = 5 x 103W
e = 25 % = 0,25
Q1 = 8000 J
Si t es el tiempo de un ciclo

61

Calor y Termodinámica Hugo Medina Guzmán

η = − Q3 = − Q3 = − 1 = − 1 ∫reversible. Uno puede razonar que (dQ T ) > 0
Q3 − Q1 W1 + W2
1 − Q1 1 − T1 para un ciclo irreversible. Además, es posible
Q3 T3 ampliar este razonamiento a cualquier proceso que
lleve un sistema del estado A al estado B, con el
⇒ − − Q3 500) = − 1
300 ∫resultado que. ΔS = S(B) − S(A) .= (dQ T ) .
(1000 + 1 −
273 Para un sistema aislado, esto se convierte ΔS = 0
para un ciclo reversible y ΔS > 0 para un ciclo
Q3 = 1500 × 273 = 15166,7 J
27 irreversible.
Esto significa que la entropía de un sistema aislado
b) Para R – 1 sigue siendo constante o aumenta. Puesto que los
procesos verdaderos son todos irreversibles, esto
η1 = − Q3 = − Q3 = − 1 = − 1 significa que la entropía del universo aumenta
Q3 − Q2 W1 siempre en cada proceso.
1 − Q2 1 − T2
Q3 T3 Ejemplo 124. Calcular el cambio en la entropía
para un gas ideal siguiendo un proceso en el cual lo
⇒ − 15166,7 = − 1
− 1000 lleve de p1 , T1 , V1 a p2 , T2 , V2 según se
1− T2
273 muestra en la figura.

⇒ T2 − 1 = 0,066 ⇒ T2 = 290,1 K
273

c) Q3 = 15166,7 J,

Q2 = Q3 − W1 = 15166,7 – (-1000) = 16166,7 J

ENTROPIA
Recordemos para el ciclo reversible de Carnot,

Q1 = T1 o Q1 − Q2 =0
Q2 T2 T1 T2
Solución.
Es posible aproximar cualquier ciclo reversible por No importa qué trayectoria siga, el cambio de la

una serie de ciclos de Carnot, y éste nos conduce a la entropía será igual puesto que S es una función del

conclusión que estado. Para simplificar el cálculo, elegiremos la

∫ dQ = 0 para un ciclo reversible. trayectoria reversible mostrada, primero viajando a
T
lo largo de una trayectoria isotérmica, y luego a lo

Esto recuerda a las fuerzas conservativas, donde largo de una trayectoria a volumen constante. A lo

→→ largo de la isoterma la temperatura no cambia, por lo

∫ F ⋅ d s = 0 para una trayectoria cerrada. Que nos tanto no hay cambio en energía interna.

llevó a definir la energía potencial U donde (U = nCV T )

B → → Así dQ = dW para este proceso, y

∫U B − U A = A F.d s . En este caso un estado del ∫ ∫S (B ) − S (A ) = B dQ = V2 dW
AT TV1 1
sistema fue caracterizado por un valor definido de U,

la energía potencial. De la misma manera, V2 nRTdV1
V1 VT1
definimos una nueva variable del estado, la entropía = nRT , tal que
∫pV
S, tal que S(B) − S(A) =

dQ y S(B) − S(A) = B dQ ln V1
∫dS = T AT S(B) − S(A) = nR V2

Note que aunque un valor definido de Q no Para B → C, no se realiza trabajo, luego

caracteriza un estado (es decir, un punto en un dQ = dU = nCV dT :

diagrama p V), cada punto en el diagrama p V tiene

un valor definido de S. Es curioso que aunque el CT2 dQ ln T2
T T1
flujo del calor en un sistema depende de la C dQ = T1 V nCV
BT
trayectoria seguida entre los dos estados, el cambio ∫ ∫S(C) − S(B) = =

en S es independiente de la trayectoria. Decimos El cambio total de la entropía es

que dQ es un diferencial inexacto, y dS es un ΔS = S(B) − S(A) + S(C ) − S(B) :

diferencial exacto.

La ecuación anterior es cierta para un ciclo ΔS = S( p2 ,V2 ,T2 ) − S( p1,V1,T1 )

62

Calor y Termodinámica Hugo Medina Guzmán

= nCV ln T2 + nR ln V2 del Universo es 2mc p ln T1 + T2 y pruebe que
T1 V1 2 T1T2

Ejemplo 125. Un kilogramo de agua a temperatura es necesariamente positivo.
de 280 K se mezcla con 2 kilogramos de agua a 310
K en un recipiente aislado térmicamente. Determine Solución.
el cambio en la entropía del Universo. El cambio de entropía del Universo será el cambio
de entropía de la mezcla, es decir

Solución. ΔS = m1c1 ln Tf + m2c2 ln Tf
Aquí, un proceso de mezclado T1 T2

ΔS = m1c1 ln Tf + m2c2 ln Tf donde (calorimetría) se tiene que
T1 T2
Tf = m1c1T1 + m2c2T2
m1c1 + m2c2
donde (por calorimetría) se tiene que

pero m1 = m2 = m y c1 = c2 = c por lo cual resulta

Tf = m1c1T1 + m2c2T2 Tf = T1 + T2
m1c1 + m2c2 2

siendo Y

m1 = 1000 g ΔS = mc ln T 2 = 2mc ln Tf =
T1 = 280 + 273,15 = 553,15K f T1T2
m2 = 2000 g
T2 = 310 + 273,15 = 583,15K T1T2
entonces
2mc ln T1 + T2
Tf = 553,15 + 2 × 583,15 = 573,15 K 2 T1T2
3
Para probar que es positivo, debemos demostrar que
y ΔS = 1000 ln 573,15 + 2000 ln 573,15 en general
553,15 583,15
x+ y >1
= 0,92 cal 2 xy
K
y esto se deduce de
Ejemplo 122. Una masa m de líquido a temperatura
T1 se mezcla con una igual cantidad del mismo ( )x − y 2 > 0 ⇒ x + y − 2 xy > 0 ⇒
líquido a temperatura T2 en un recipiente aislado
térmicamente. Demuestre que el cambio de entropía x + y > 2 xy
Finalmente: x + y > 1

2 xy

PREGUNTAS Y PROBLEMAS

1. Un termómetro de gas a volumen constante se pueden ser directamente relacionadas con la
calibra en hielo seco (dióxido de carbono en estado resistencia R, medida en ohms. Un cierto termómetro
sólido, temperatura de -80 ºC) y en alcohol etílico en de resistencia tiene una resistencia R = 90,35 cuando
ebullición (temperatura de 78 ºC). su bulbo se coloca en agua, a temperatura del punto
Los valores de las presiones son 0,9 atm y 1,635 atm, triple (273,16 K). Determine a temperatura indicada
respectivamente. por el termómetro cuando su bulbo se coloca en un
Determine: medio tal que a su resistencia sea igual a:
a) El valor del cero absoluto obtenido de la a) 105, b) 96,28 .
calibración;
b) El valor de la presión en el punto de congelación 3. Un recipiente de vidrio está lleno hasta el borde de
del agua; mercurio a la temperatura de 0º y masa 1 kg. El
c) El valor de la presión en el punto de ebullición del recipiente vacío tiene una masa de 0,1 kg. Calcular la
agua. cantidad de mercurio a 100 ºC que puede contener
este recipiente. El coeficiente de dilatación cúbica del
2. En un termómetro de resistencia la propiedad mercurio es 1,8x10-4 ºC-1 y el del vidrio 3x10-5 ºC-1.
usada para medir a temperatura es la resistencia ρHg = 13,6 g/cm3 a 0 ºC.
eléctrica de un conductor. Las temperaturas medidas Respuesta. 887 g de Hg.
por este termómetro (en Kelvin o en grados Celsius)

63

Calor y Termodinámica Hugo Medina Guzmán

4. Un vástago de latón AB tiene una longitud de 10. Se ha de introducir un remache de hierro en una
200,1 mm y ha de encajarse exactamente en el hueco placa también de hierro y para conseguir un ajuste lo
BC, de hierro que tiene la forma del esquema. Al más perfecto posible se introduce el remache, antes
intentarlo queda AB como se indica en la figura, de meterlo en la placa, en aire líquido (-187 ºC). El
siendo AC = 4 mm. Calcular el descenso de la diámetro del orificio es de 10 mm. ¿Que diámetro
temperatura para lograr el encaje. Los coeficientes de tendrá que tener el remache a la temperatura ambiente
dilatación del latón y del hierro valen (20 ºC) para que después de meterlo en aire líquido
respectivamente, entre justamente por el orificio de la placa?
α = 19,9 x10 ºC-1 y α' = 12,1x10-6 ºC-1. Coeficiente de dilatación lineal del hierro:
α = 12x10-6 ºC-1.
Respuesta. 25,6 ºC. Respuesta. 10,025 mm.

5. Un anillo de latón de varios centímetros de 11. Un recipiente a 0 ºC contiene la tercera parte de
diámetro se calienta hasta la temperatura t1 = 300 ºC su volumen de mercurio.
y se encaja ajustadamente sobre un cilindro de acero Se calienta a una cierta temperatura y entonces el
cuya temperatura es t2 = 18 ºC. ¿Qué esfuerzo de mercurio ocupa el 34,37 por 100 del volumen del
rotura experimentará el anillo una vez enfriado hasta vaso. ¿Cuál es dicha temperatura?
18 ºC? El coeficiente de dilatación lineal del latón es Coeficiente de dilatación del mercurio
α = 1,84x10-5 ºC-1 y su módulo de Young Y = γ = 18x10-5 ºC-1.
6,47x1010 Nm-2. Las dimensiones de la sección del Coeficiente de dilatación del recipiente
anillo son 2x5 mm. γ' = 25x10-6 ºC-1.
Respuesta. 3,364 N. Respuesta. 202 ºC.

6. Con una regla métrica de latón cuyas dimensiones 12. ¿Que fuerzas hay que aplicar a los extremos de
son exactas a 0 ºC, se ha medido la longitud de una una barra de acero, cuya sección transversal tiene el
área S = 10 cm2, para impedir que se dilate cuando se
barra de hierro, encontrándose l = 1,4996 m a 38 ºC. calienta desde t1= 0 ºC hasta t2 = 30 ºC?
Respuesta. 68,688 N.
Siendo α = 12,1x10-6 ºC-1 el coeficiente de dilatación
lineal del hierro y β= 19,9x10-6 ºC-1 el del latón, 13. De un alambre de 1 mm de radio cuelga una
calcular la longitud a 0 ºC de la barra de hierro. carga. Esta carga hace que el alambre se alargue en la
Respuesta. 1,500 m. misma magnitud que se alargaría sí se elevara 20 ºC
su temperatura.
7. Si la temperatura del ambiente en que se encuentra Hallar la magnitud de la carga.
un reloj de péndulo que bate segundos se modifica en Respuesta. 148 N.
20 ºC, ¿qué le pasará al reloj al cabo de 30 días si el α = 1,2x10-5 ºC-1
coeficiente de dilatación lineal del péndulo es 20x10-6 Y = 19,6x1010 N.m-2
ºC-1?
Respuesta. 8 min. 38 s. se atrasa. 14. Un alambre de hierro se tendió entre dos paredes
fijas resistentes, estando la temperatura a 150 ºC ¿A
8. Una bola de acero de 6 cm de diámetro tiene 0,010 qué temperatura se romperá el alambre al enfriarse?
milímetros más de diámetro que el correspondiente al Suponer que la ley de Hooke se cumple hasta el
orificio de una plancha de latón donde se debe alojar momento en que se produce la rotura.
cuando tanto la bola como la plancha están a una α = 1,2x10-5 C-1
temperatura de 30 ºC. A qué temperatura, tanto de la Resistencia a la rotura F/S = 2,94x108 N/m2
bola como de la plancha, podrá pasar la bola por el Módulo de Young Y = 19,6x1010 N/m2
orificio. Respuesta. 25 ºC.
El coeficiente de dilatación lineal del acero vale
12x10-6 ºC-1 y el del latón 19x10-6 ºC-1. 15. Unos carriles de acero de 18 m de longitud se
Respuesta. 54 ºC. colocan un día de invierno en que la temperatura es -6
ºC. ¿Qué espacio ha de dejarse entre ellos para que
9. Una vasija de vidrio está llena justamente con 1 estén justamente en contacto un día de verano en que
litro de terpentina a 50 ºF. Hallar el volumen de la temperatura es 40 ºC. Coeficiente de dilatación del
líquido que se derrama si se calienta hasta 86 ºF. acero α = 12x10-6 ºC-1?
El coeficiente de dilatación lineal del vidrio vale Respuesta. 9,936x10-6 m.
9x10-6 ºC-1 y el de dilatación cúbica de la terpentina
97x10-5 ºC-1. 16. La varilla de un reloj de péndulo sin compensar,
Respuesta. 18,86 cm3. que bate segundos a 0 ºC
es de latón. Averiguar cuanto se retrasa el reloj en un
día si se introduce en un ambiente a 200 ºC.

64

Calor y Termodinámica Hugo Medina Guzmán

Coeficiente de dilatación del latón: 17x10-6 ºC-1 es 400 K. ¿El calor neto radiado, incluyendo la
(Considerar el péndulo como simple). dirección, en el espacio entre las esferas y la cáscara
Respuesta. 7 m. 12 s. es?

17. Un herrero ha de colocar una llanta circular de 22. Un proyectil de plomo choca contra un obstáculo.
hierro de 1 m de diámetro a una rueda de madera de ¿Cuál es la velocidad en el momento del choque sí su
igual diámetro. Con objeto de poder ajustarla, temperatura inicial era de 65 ºC y se funde la tercera
calienta la llanta hasta conseguir que su radio supere parte? Se supone el obstáculo inamovible e
en 2 mm al de la rueda. Sabiendo que la temperatura inalterable. Calor específico del plomo 0,031 cal/g
ambiente es de 20 ºC y su coeficiente de dilatación ºC.
lineal 12,2x10-6 ºC-1. Temperatura de fusión: 327,4 ºC; calor de fusión:
Calcular: 5,74 cal/g.
a) Temperatura en grados centígrados a que debe Respuesta. 289,93 m/s.
calentarse la llanta para cumplir las condiciones
expuestas. 23 Se lanza una esfera de plomo cuya temperatura
b) Expresar esta temperatura en grados Fahrenheit y inicial es de 36 ºC, verticalmente y hacia abajo con
en grados absolutos. una velocidad v0; 100 metros más abajo encuentra un
Respuesta. a) 347 ºC; b) 656,6 ºF, 620 K. plano absolutamente resistente de conductividad

18. Una vasija de cinc (coeficiente de dilatación calorífica nula. Calcular el valor de v0 necesario para
lineal: 29x10-6 ºC-1), está llena de mercurio a 100 ºC;
teniendo entonces una capacidad de 10 litros. Se que la esfera se funda totalmente en el choque. Calor
enfría hasta 0 ºC. Calcular la masa de mercurio a 0 ºC específico del plomo c = 0,031 cal/g ºC.
que hay que añadir para que la vasija quede Temperatura de fusión del plomo t = 327,4 ºC.
completamente llena Calor de fusión del plomo = 5,74 cal/g;
(Coeficiente de dilatación cúbico del mercurio: 1 cal = 4,186 J; g = 9,8 m/s2.
182x10-6 ºC-1). Densidad del mercurio a 0 ºC 13,6 Respuesta. 348,7 m/s.
g/cm3.
Respuesta. 1,258 g. 24. Una masa de plomo igual a 10 g llega
horizontalmente, con una velocidad de 250 m/s sobre
19. La pared de concreto de un frigorífico mide 3,0 una esfera de plomo de 450 g, en la cual se incrusta.
m de alto, 5,0 m de ancho, y 20 cm de espesor. La a) Estando, al principio, la esfera de plomo
temperatura se mantiene en –10º C y la temperatura inmovilizada, calcular el calentamiento que resultará
exterior es 20º C. La pared interior está cubierta por del choque.
una capa de lana para reducir el flujo de calor a través b) Pudiéndose separar la esfera de plomo de la
de la pared por 90 %. Las conductividades térmicas vertical como un péndulo, se comprueba en una
del concreto y de la lana son 0,8 y 0,04 W/m.K, segunda experiencia que se eleva 2 metros después
respectivamente. del choque. Calcular el calentamiento resultante. CPb=
a) ¿Cuál es la diferencia de temperaturas de la capa 0,03 cal/g.
de lana? Respuesta. a) 5,4 ºC; b) 5,2 ºC.
b) ¿Cuál es el espesor de capa de lana requerido?
25. En un calorímetro sin pérdidas cuyo equivalente
20. Dos placas paralelas grandes están separadas por en agua es de 101 g y cuya temperatura inicial es de
0,5 m. Un círculo de 1,5 m de radio se delinea sobre 20 ºC, se añaden 250 cm3 de agua a 40 ºC, 100 g de
la placa de la izquierda. Un segundo círculo, del hierro a 98 ºC (calor específico = 0,109 cal/g ºC) y 80
mismo radio y opuesta a la primera, se delinea sobre g de hielo fundente. Calcular la temperatura de
la placa de la derecha. La temperatura de la placa de equilibrio.
la izquierda es 700 K y la emisividad es 1,00. La Respuesta. 15,1 ºC.
temperatura de la placa de la derecha es 600 K y la
emisividad es 0,80. 26. Dentro de un calorímetro que contiene 1.000 g de
a) ¿El calor neto radiado entre los dos círculos es? agua a 20 ºC se introducen 500 g de hielo a -16 ºC. El
b) La temperatura de la placa izquierda se mantiene vaso calorimétrico es de cobre y tiene una masa de
en 700 k. La temperatura de la placa derecha se 278 g.
cambia, tal que ahora el flujo de calor neto radiado es Calcular la temperatura final del sistema, suponiendo
cero, en el espacio entre los círculos. ¿Cuál es la que no haya pérdidas.
temperatura de la placa de la derecha? Calor específico del hielo: 0,55 cal/g ºC
Calor específico del cobre: 0,093 cal/g ºC
21. Una esfera de 0,30 m de radio, tiene una Calor de fusión del hielo: 80 cal/g
emisividad de 0,48 y su temperatura es de 600 K. La Calor de vaporización del agua: 539 cal/g
esfera se rodea de una cáscara esférica concéntrica Respuesta. 0 ºC no se funde todo el hielo; 201 g.
cuya superficie interior tiene un radio de 0,90 m y
una emisividad de 1,00. La temperatura de la cáscara 27. En un calorímetro de latón sin pérdidas, de 240
g, que contiene 750 cm3 de agua a 20,6 ºC se echa

65

Calor y Termodinámica Hugo Medina Guzmán

una moneda de oro de 100 g a 98 ºC y la temperatura Calor específico del metal 0,1 cal/g ºC.
sube a 21 ºC. Respuesta. 47,8 ºC.
Determinar la cantidad de oro y cobre que integra la
moneda. Calor específico del latón: 0,09 cal/g ºC; 34. Un calorímetro de latón de M1= 125 g contiene
calor específico del cobre: 0,0922 cal/g ºC; calor un bloque de hielo de M2 = 250 g todo ello a t1= -15
específico del oro: 0,031 cal/g ºC. ºC.
Respuesta. 85,16 g de oro; 14,84 g de cobre. Calcular la cantidad de vapor de agua a 100 ºC y a la
presión normal que es necesario para que todo el
28. En un calorímetro de cobre se queman sistema llegue a la temperatura de t = 15 ºC.
exactamente, 3 g de carbón produciéndose CO2. La Calor específico del latón: 0,09 cal/g ºC
masa del calorímetro es de 1,5 kg y la masa de agua Calor específico del hielo: 0,5 cal/g ºC
del aparato es 2 kg. Calor de fusión del hielo: 80 cal/g
La temperatura inicial de la experiencia fue de 20 ºC Calor de vaporización del agua: 540 cal/g
y la final de 31 ºC. Hallar el poder calorífico del Respuesta. 41,54 g.
carbón expresándolo en cal/g. El calor específico del
cobre vale 0,093 cal/g ºC. 35. En un recipiente de aluminio de 256 g que
Respuesta. 7,8x103 cal/gr. contiene 206 g de nieve a -11 ºC se introducen 100 g
de vapor de agua a 100 ºC. Calcular la temperatura
29. En un calorímetro cuyo equivalente en agua es final de la mezcla.
despreciable, hay 1 kg de hielo a -10 ºC. ¿Cuantos Calor específico del aluminio: 0,219 cal/g ºC
gramos de agua a 80 ºC hay que introducir en él para Calor específico del hielo: 0,5 cal/g ºC
que la temperatura final sea de 10 ºC? Sí en lugar de Calor de fusión del hielo: 80 cal/g
agua a 80 ºC, se introduce vapor de agua a 100 ºC, Calor de vaporización del agua: 539 cal/g
¿Cuántos gramos de éste habría que introducir para Respuesta: Solo se condensa parte del vapor y la
que la temperatura final sea de 40 ºC? ¿Que volumen temperatura final será de 100 ºC. Vapor condensado
ocupa el vapor de agua introducido, si la presión a 82,4 gramos.
que se mide es de 700 mm de mercurio? Peso
molecular del agua 18. 36. Una bala de plomo atraviesa una pared de
Calor específico del hielo (de -20 a 0 ºC): 0,5 cal/g ºC madera. Antes de chocar con la pared la velocidad de
Calor de vaporización del agua: 540 cal/g
Respuesta. 1,357 g; 208 g; 384 litros. la bala era v0 = 400 m/s y después de atravesarla v

30. Mezclamos 1 kg de agua a 95 ºC con un kg de = 250 m/s. La temperatura de la bala antes del choque
hielo a -5 ºC.
¿Dispondremos de suficiente calor para fundir todo el era t0 = 50 ºC. ¿Qué parte de la bala se fundirá?
hielo? Sí es así, ¿a qué temperatura queda la mezcla?
Calor específico del hielo: 0,5 cal/g ºC Calor de fusión del plomo: 5,74 cal/g
Calor de fusión del hielo: 80 cal/g Temperatura de fusión del plomo: 327 ºC
Respuesta. Se funde todo el hielo, 6,25 ºC. Calor específico del plomo: 0,031 cal/g ºC
Suponer que todo el calor que se desprende lo recibe
la bala.
Respuesta. 0,53.

31. Una bola de plomo (calor específico: 0,03 cal/g 37. En un calorímetro sin pérdidas cuyo equivalente
ºC) de 100 g está a una temperatura de 20 ºC. Se en agua es de 500 g, hay 4,500 g de agua a 50 ºC. Se
lanza verticalmente hacia arriba con una velocidad añaden 2 kg de hielo fundente y se introduce 1 kg de
inicial de 420 m/s vapor de agua a 100 ºC. El calor de fusión vale 80
y al regresar al punto de partida choca con un trozo cal/g y el de vaporización 540 cal/g. Calcular la
de hielo a 0 ºC. ¿Cuanto hielo se funde? temperatura de equilibrio.
Se supone que toda la energía del choque se convierte Respuesta. 91,25 ºC.
íntegramente en calor.
Respuesta. 27 g. 38. Un cubo de hielo de 20 g a 0 ºC se calienta hasta
que 15 g se han convertido en agua a 100 ºC y 5 g se
32. Un vaso cuya capacidad calorífica es despreciable han convertido en vapor. ¿Cuanto calor se necesitó
contiene 500 g de agua a temperatura de 80 ºC. para lograr esto?
¿Cuantos gramos de hielo a la temperatura de -25 ºC Respuesta. 6300 cal.
han de dejarse caer dentro del agua para que la
temperatura final sea de 50 ºC? 39. En un recipiente se almacenan 2 litros de agua a
Respuesta. 105 gramos de hielo. 20 ºC. Inmersas en el agua se encuentran dos barras:
una de latón de 5 cm de largo y 200 g y otra de hierro
33. Una bola, a una velocidad de 200 m/s, choca de idénticas dimensiones y 250 g.
contra un obstáculo. a) Hallar la cantidad de calor necesaria para calentar
Suponiendo que toda la energía cinética se transforma todo el conjunto (agua y barras) justo hasta que todo
en calor y que éste calienta tan solo la bola, calcular el agua se convierta en vapor a 100 ºC (calor
su elevación de temperatura.

66

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específico del latón y hierro: 0,09 cal/gºC y 0,11 p0 = 1,875ρgh
cal/gºC respectivamente).
b) Determinar las longitudes de ambas barras en esas = 1,875(13600)(9,80)(0,10)
condiciones (coeficiente lineal de dilatación de latón
y hierro: 1,9x10-5 ºC-1 y 1,2x10-5 ºC-1 = 24990 Pa
respectivamente).
c) ¿Cuál es más denso a 20 ºC, el latón o el acero? ¿Y 42. Un tubo cilíndrico de medio metro de longitud se
a 100 ºC? introduce en mercurio hasta su mitad; después se tapa
Respuesta. a) Q = 5,2x106 J; b) Llatón = 0,050076 m, el extremo superior y se retira. Calcular la longitud de
Lhierro = 0,050048 m. mercurio que quedará en el tubo y la presión del aire
c) A 20 ºC y 100 ºC es más denso el hierro. encerrado sobre él. La presión atmosférica es de 76
cm de mercurio.
40. En un recipiente se mezclan 4,5 litros de agua a Respuesta. 58,45 cm Hg.
20 ºC y 500 g de hielo
a 0 ºC. Se introduce en el recipiente una barra de 43. El peso de un metro cúbico de cierto gas a la
metal, de capacidad calorífica despreciable. temperatura de t = 67 ºC y presión p = 100 mm de
a) ¿Cuál es la temperatura en el equilibrio? mercurio es m = 282,32 g. Calcular la pérdida de peso
b) El conjunto se calienta en un hornillo que que experimentaría un cuerpo sumergido en este gas a
proporciona 5,000 cal/s, ¿cuál es la temperatura a los una cierta presión y temperatura sabiendo que en
100 s? La longitud de la barra a 0 ºC es de 10 cm y su estas condiciones pierde en el aire 4,839 g.
coeficiente de dilatación lineal es de 2x10-5 ºC-1. ρ aire = 1,293 g/litro
c) Obtener una expresión de la longitud de la barra en Respuesta. 10,001 g.
función del tiempo hasta t = 100 s.
Respuesta. a) t = 10 ºC, b) tfinal = 100 ºC. 44. Un depósito contiene 50 kg de oxígeno a la
presión p1= 10 atm y a la temperatura t1= 27 ºC. Se
41. Un tubo capilar de longitud 50 cm está cerrado en produce una fuga por donde escapa oxígeno y al cabo
ambos extremos. Contiene aire seco y cada extremo de cierto tiempo, localizada y tapada la fuga, la
está separado por una columna de mercurio de 10 cm presión y la temperatura del depósito resultan ser
de largo. Con el tubo en posición horizontal, las p2= 6 atm y t2= 20 ºC.
columnas de aire son de 20 cm de largo, y con el tubo ¿Que cantidad de oxígeno ha escapado?
en posición vertical son de 15 cm y 25 cm. ¿Cuál es Respuesta. 19,3 kg.
la presión en el tubo capilar cuando está horizontal?
45. Un frasco de 5 litros de volumen se tapa en un
recinto cuya presión es de 762 mm de Hg y cuya
temperatura es de 27 ºC. Luego se abre en un lugar
donde la presión es de 690 mm y la temperatura 9 ºC.
¿Entra o sale aire? Calcular el peso de aire que entra
o sale.
Respuesta. 0,1905 salen; 0,2165 g.

Solución. 46. Calcular en gramos el peso del hidrógeno H2
Para el aire del aparte inferior contenido en un recipiente de 5 galones que está a la
presión de 14 psi y a la temperatura de 86 ºF.
p0V0 = p1V1 (1) Respuesta: 1,462 g.

Para el aire del aparte superior 47. Un recipiente cuyo volumen es igual a 5 litros,
contiene aire a 27 ºC de temperatura y a la presión de
p0V0 = p2V2 (2) 20 atm. ¿Que masa de aire hay que liberar del
recipiente, para que la presión de éste caiga a 10 atm?
En el tubo vertical Respuesta. 59 g.

p1 = p2 + ρgh (3) 48. Calcular el trabajo que realiza un gas cuando se
calienta isobáricamente desde los 20 ºC hasta 100 ºC,
p1V1 = p2V2 (4) si se encuentra dentro de un recipiente cerrado por
medio de un émbolo móvil, cuya sección es igual a
De (1) y (2) 20 cm2 y su peso 5 kgf. Analizar dos casos:
a) cuando el recipiente se encuentra en posición
( p2 + ρgh)A15 = p2 A25 ⇒ horizontal y
3( p2 + ρgh) = 5 p2 ⇒ b) cuando el recipiente se encuentra en posición
vertical. El volumen inicial del gas es igual a 5 litros,
p2 = 1,5ρgh y la presión atmosférica es la normal.
Respuesta. a) 138 J; b) 172 J.
Reemplazando en (2) los valores de p2
V0 = A20 , V2 = A25

p0 A20 = 1,5ρghA25

p0 A20 = 1,5ρghA25

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49. Un tubo con su extremo superior cerrado es a) Si el motor tiene un rendimiento del 25%, ¿qué
sumergido completamente en un recipiente que trabajo total realiza el motor durante los 10 km del
contiene mercurio, después de lo cual, dentro del tubo recorrido?
queda una columna de aire de 10 cm de longitud. ¿A b) Si se supone que este trabajo se realiza contra una
que altura sobre el nivel del mercurio en el recipiente fuerza resistente constante F, hállese la magnitud de
hay que levantar el extremo superior del tubo para F.
que dentro de éste el nivel del mercurio quede igual al Respuesta. a) 8,05x106 J; b) 0,805 N.
nivel del mercurio en el recipiente. La presión
atmosférica es la normal. Calcular la masa de aire 56. En el ciclo que se muestra en la figura, un mol de
dentro del tubo, si su sección es igual a 1 cm2 y la un gas diatómico ideal (γ = 1,4) se encuentra
temperatura igual a 27 ºC. inicialmente a 1 atm y 0 ºC. El gas se calienta a
Respuesta. 11,3 cm; 13,3 mg. volumen constante hasta
t2 = 150 ºC y luego se expande adiabáticamente hasta
50. ¿Que cantidad de calor se desprenderá al que su presión vuelve a ser 1 atm.
comprimir por vía reversible e isoterma 100 litros de Luego se comprime a presión constante hasta su
un gas ideal a 27 ºC que se encuentran a 71 cm de estado original. Calcular:
mercurio de presión, hasta reducir su volumen a la a) La temperatura t3 después de la expansión
centésima parte? adiabática.
Respuesta. 10418 cal. b) El calor absorbido o cedido por el sistema durante
cada proceso.
51. Cien litros de oxígeno a 20 ºC y 69 cm de c) El rendimiento de este ciclo.
mercurio de presión se calientan d) El rendimiento de un ciclo de Carnot que operara
a volumen constante comunicando 2555 calorías. entre las temperaturas extremas del ciclo.
Calcular el incremento de la presión en cm de CV = 5 cal/molºC; Cp = 7 cal/molºC
mercurio.
Respuesta. 31,87 cm Hg. Respuesta. a) 373 ºK ; b) -2,93 kJ; c) 6,69 %; d) 35
%
53. Un tanque contiene 2,73 m3 de aire a una presión
de 24,6 kg/cm2. El aire se enfría hasta ser su presión 57. Un mol de gas N2 (CV = 5/2R; γ = 1,4) se
de 14 kg/cm2. ¿Cuál será la disminución de su energía mantiene a la temperatura ambiente (20 ºC) y a una
interna? presión de 5 atm. Se deja expandir adiabáticamente
Considérese el aire como gas perfecto biatómico de hasta que su presión iguala a la ambiente de 1 atm.
índice adiabático γ = 1,4. Entonces se calienta a presión constante hasta que su
Respuesta. 1,420x106 cal. temperatura es de nuevo de 20 ºC. Durante este
calentamiento el gas se expansiona. Una vez que ha
53. Cinco moles de un gas perfecto diatómico a 27 alcanzado la temperatura ambiente, se calienta a
ºC se calientan isobáricamente con el calor que se volumen constante hasta que su presión es de 5 atm.
desprende de un mol de otro gas perfecto que se Se comprime entonces a presión constante hasta
comprime isotérmicamente a 27 ºC hasta triplicar su volver a su estado original.
presión. Calcular la temperatura final del primer gas. a) Construir un diagrama pV exacto, mostrando cada
Respuesta. 318,8 K = 45,8 ºC. etapa del ciclo.
b) A partir de este gráfico determinar el trabajo
54. Se comprime adiabáticamente un mol de cierto realizado por el gas en todo el ciclo.
gas perfecto (índice adiabático γ = 1,15) que se c) ¿Cuánto calor fue absorbido o cedido por el gas en
encuentra a p1= 1 atm, t1 = 127 ºC hasta alcanzar una el ciclo completo?
presión p2. R=0,082 litro.atm/mol K = 1,98 cal/mol K
Después se deja enfriar a volumen constante hasta Respuesta. b) -65,1 litro.atm; c) -1.572,5 cal
alcanzar las condiciones p3 = 10 atm y t3 = 27 ºC.
Calcular: 58. Una máquina de vapor con potencia de 14,7 kW
a) La presión p2 en atmósferas. consume durante 1 h de funcionamiento 8,1 kg de
b) El trabajo en la compresión adiabática. carbón, cuyo calor específico de combustión es de
c) La cantidad de calor en calorías cedidas durante el 3,3x107 J/kg. La temperatura en la caldera es do 200
enfriamiento. oC, en la máquina frigorífica, 58oC. Hállese el
Respuesta. a) 48,7 atm; b) 1,8x109 J; b) 4,621 cal.

55. Supóngase que 1 litro de gasolina propulsa un
automóvil una distancia de 10 km. La densidad de la
gasolina es aproximadamente 0,7 g/cm3, y su calor de
combustión es aproximadamente 4,6 x 104 J/g.

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rendimiento real de la máquina y compárese cl (hogar) y t2 = 20 ºC (refrigerante). El hogar comunica
resultado con el rendimiento de una máquina térmica al sistema 60 kcal por minuto. Calcúlese la potencia
ideal. del motor en caballos de vapor.
Respuesta. 2,16 C.V.
Respuesta. e ≈ 19,8% eo = 30%
63. 8,1 kg de carbón de valor calorífico igual a
59. Un cuerpo calentado con temperatura inicial T1 se 3,3x107 J/kg. La temperatura de la caldera es de 200
aprovecha como calentador en una máquina térmica. ºC y la del condensador de 58 ºC. Hallar el
La capacidad calorífica del cuerpo no depende de la rendimiento real de la máquina e1y compararlo con el
temperatura y es igual a C. Un medio ilimitado, cuya rendimiento e2 d e la máquina térmica ideal que
temperatura es constante e igual a T0, sirve de funcione según el ciclo de Carnot entre las mismas
máquina frigorífica. Hállese el trabajo máximo que temperaturas.
puede obtenerse por cuenta del enfriamiento del Respuesta. 0,20; 0,30.
cuerpo. Realícese el cálculo para 1 kg de agua
hirviendo y de hielo que se derrite. 64. En una nevera de compresión se trata de fabricar
5 kg de hielo cada hora, partiendo de agua a 0 ºC. El
Respuesta. ambiente exterior está a 27 ºC.
Calcular:
W = C ⎡⎢T1 − T0 − T0 ln⎜⎜⎝⎛ T1 ⎟⎟⎠⎞⎤⎥⎦ ≈ 62 J a) La eficacia de la nevera.
⎣ T0 b) La potencia teórica del motor.
c) La potencia real si el rendimiento de la operación
60. Con ayuda do un hornillo e1éctrico de potencia. es el 75%.
de 1 kW en la habitación se mantiene la temperatura d) El costo de la energía eléctrica necesaria para
de 17oC siendo la temperatura del aire circundante de fabricar 100 kg de hielo a 5 soles el kW h.
–23oC. ¿Qué potencia se necesitaría para mantener en Respuesta. a) 10; b) 46 W; c) 61 w; 4d) 6,10 soles.
la habitación la misma temperatura con ayuda de una
bomba térmica ideal? 65. Una cierta máquina térmica ideal en la que se
Respuesta. P = 138W realiza un ciclo de Carnot reversible en cada segundo,
tiene el refrigerante a 27 ºC, una potencia de 4,18 kW
61. Hállese el rendimiento de los ciclos mostrados en y en cada ciclo se toman 3 kcal de la caldera. Calcular
la figura, sí como agente propulsor se toma un gas la temperatura de ésta, el calor que se cede al
monoatómico perfecto. refrigerante y el rendimiento.
Respuesta. 2,000 cal; 177 ºC; 1/3.

66. En un ciclo de Carnot reversible, descrito por un
mol de un gas perfecto diatómico, la temperatura más
elevada es de 500 K y el trabajo en la expansión
adiabática 4,157 J. Calcular el rendimiento del ciclo.
Respuesta. 0,4.

Respuesta. 67. Un refrigerador está impulsado por un pequeño
motor cuya potencia útil es de 150 W. Si suponemos
e = 1− ⎛⎜⎜⎝ V1 ⎠⎟⎟⎞ 23 que este refrigerador trabaja como un refrigerador
V2 ideal de Carnot, y que las temperaturas caliente y fría
de los recipientes térmicos son 20 y -5 ºC, ¿cuanto
e = 2(T2 − T1 )ln⎛⎝⎜ p2 p1 ⎞⎠⎟ ⎟⎠⎞ hielo fabricará este refrigerador en 1 h si en el interior
5(T2 − T1 ) + 2T2 ln⎝⎜⎛ p2 p1 se coloca agua a 10 ºC?
Respuesta. 15,4 kg.
62. Un motor térmico funciona mediante un ciclo de
Carnot reversible entre las temperaturas t1 = 200 ºC 68. Tres kilogramos de agua a 18 ºC, se mezclan con
9 kg a 72 ºC. Una vez establecido el equilibrio, se
restituyen las dos cantidades de agua a su estado
inicial colocando 3 kg en contacto con una fuente
térmica siempre a 18 ºC, y los 9 kg restantes en otra
siempre a 72 ºC.
Calcular:
a) El incremento de la entropía del agua como
consecuencia del primer proceso y el incremento de
entropía del universo.
b) El incremento de entropía del agua producido por
todas las operaciones y el del universo.

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c) El incremento de entropía del agua debido al Calor específico del acero 0,107 cal/g ºC
segundo proceso y el del universo. Respuesta. a) 26,14 ºC; b) –959 J/ K; c) 1,736 J/K;
Respuesta. a) 0,0315 kcal/ K que también es la del d) 777 J/ K; e) –1,736 J/ K; -18,6 J/ K; f) 1,754 J/ K
universo;
b) 0,0653 kcal/ K, la del agua 0; 71. Una máquina térmica trabaja con un gas perfecto
c) -0,0315 kcal/ K del agua, 0,0338 kcal/ K universo. (γ = 1,4) según el ciclo Otto, motores de explosión.
¿Cuánto vale el rendimiento térmico de este ciclo,
69. Un congelador fabrica cubos de hielo a razón de 5 para un estado inicial de p1 = 1 atm. T1 = 20 ºC y un
gramos por segundo, comenzando con agua en el grado de compresión V2/V1 = 1/4, si la combustión
punto de congelación. Cede calor a una habitación a aporta Q1 = 20 kcal/ciclo?
30 ºC. Si el sistema utiliza un frigorífico de Carnot ¿Cuánto vale el calor evacuado Q2?
ideal, ¿Cuánto valdrá la potencia de la máquina si realiza
a) ¿Qué potencia expresada en watios requiere el 300 ciclos por minuto?
motor?;
b) ¿Cuanto calor por unidad de tiempo cede a la 72. Se dispone de botellas de 1,5 litros de agua a
habitación?; temperatura ambiente (20 ºC);
c) ¿Cual es la variación de entropía del agua? a) calcular la temperatura final del conjunto si se
Respuesta. a) 184 W; b) 444 cal/s; c) 6,15 J/ K. mezcla una botella con 100 g de hielo a -5 ºC;
b) calcular el calor necesario para evaporar toda el
70. Un herrero sumerge una herradura de acero agua de una botella; hallar el tiempo que requiere este
caliente con una masa de 2 kg en una cubeta que proceso si se usa un microondas de 100 W;
contiene 20 kg de agua. La herradura al principio está c) hallar la eficiencia de una máquina de Carnot que
a una temperatura de 600 ºC y el agua está utiliza el vapor a 100 ºC como foco caliente y agua a
inicialmente a una temperatura de 20 ºC. Suponiendo 20 ºC como foco frío; dibujar un esquema de una
que no se evapora el agua, encuentre: máquina de vapor en el que se explique cómo se
a) la temperatura final del agua, obtiene el trabajo mecánico.
b) el cambio de entropía de la herradura, Respuesta. a) t = 13,6 ºC;
c) el cambio de entropía del agua b) 930,000 cal = 3887,400 J, tiempo = 3.887,4 s;
d) el cambio global en la entropía del agua y la c) Eficiencia = 21 %.
herradura.
e) Después de cierto tiempo, que es bastante
comparado con el tiempo que tarda la herradura en
enfriarse, la herradura y el agua se enfrían hasta la
temperatura de los alrededores: 20 ºC. Durante este
proceso, encuentre los cambios en la entropía del
agua, la herradura y sus alrededores.
f) Usando los resultados del inciso d y e, encuentre el
cambio en la entropía del universo como resultado de
toda la consecuencia de eventos.

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