626 Capítulo 19 Gases ideales
(continuación)
n13 eNmmovs2rNmsk,ByTp=ue13sNtomqvu2remsl.aAlelyanduellaorseglafsaecstoidredaeleNs (ecuación 19.8) estipula que pV = NkBT, obte-
en ambos lados nos lleva a
3kBT = mv2rms . (iii)
rPeuseuslttoadqoude e12smeavd2rmo,s = Kecmueadica,iólan energía cinética media de una molécula de gas, hemos llegado al
la 19.16:
Kmedia = 3 kBT .
2
uOnbaseercvueaqciuóenspi raereaslcarirbaipmidoeszladeeclauarcaiíóznm(eiidi)iadceulaaddreádtiuccacdióenla1s9m.2ocloémcuola3skdBeTg=asm: v2rms, obtenemos
vrms = 3kBT . (19.17)
m
E J E M P L O 19.4 Energía cinética media de las moléculas de aire
Suponga una habitación llena de aire con una temperatura de 22.0 °C.
PROBLEMA
¿Cuál es la energía cinética media de las moléculas (y átomos) en el aire?
19.5 Ejercicio en clase SOLUCIÓN
La energía cinética media de moléculas de aire está dada por la ecuación 19.16:
La energía cinética media de
moléculas de un gas ideal se ( )
duplica si _______ se duplica. Kmedia = 3 kBT = 3 1.38 ⋅10–23 J/K (273.15 K + 22.0 K)= 6.11⋅10–21 J.
2 2
a) la temperatura
A menudo, la energía cinética media de moléculas de aire se expresa en electrón-volt (eV) en
b) la presión lugar de joules (J):
c) la masa de las moléculas de ( ) 1 eV
gas Kmedia = 6.11⋅10–21 J 1.602 ⋅10–19 J = 0.0381 eV.
d) el volumen del recipiente Una aproximación útil para recordar es que la energía cinética media de moléculas de aire a
nivel del mar y temperatura ambiental es de aproximadamente 0.04 eV.
e) ninguna de las
declaraciones anteriores
19.4 Calor específico de un gas ideal
El capítulo 18 aborda el calor específico de los materiales que ahora vamos a considerar para los
gases. Los gases consisten en átomos o moléculas, y la energía interna de los gases puede expre-
sarse en términos de sus propiedades atómicas y moleculares. Estas relaciones llevan a los calores
específicos molares de los gases ideales.
Vamos a empezar con los gases monoatómicos, que son gases en los cuales los átomos no
están enlazados con otros átomos. Los gases monoatómicos incluyen helio, neón, argón, criptón
y xenón (los gases nobles). Supongamos que toda la energía interna de un gas monoatómico esté
en la forma de energía cinética de traslación. La energía cinética media de traslación depende
solamente de la temperatura, como se determina en la ecuación 19.16.
La energía interna de un gas monoatómico es el número de átomos, N, multiplicado por la
energía cinética media de traslación de un átomo en el gas:
( ) 3
Eint = NKmedia = N 2 kBT .
www.FreeLibros.me
19.4 Calor específico de un gas ideal 627
El número de átomos del gas es el número de moles, n, multiplicado por el número de Avoga-
dro, NA: N = nNA. Puesto que NAkB = R, podemos expresar la energía interna como
Eint = 3 nRT . (19.18)
2
La ecuación 19.18 muestra que la energía interna de un gas monoatómico depende solamente de
la temperatura del gas.
Calor específico con volumen constante
Suponga que un gas ideal monoatómico con la temperatura T se mantenga en un volumen cons-
tante. Si ahora dejamos fluir el calor Q al gas, se ha demostrado empíricamente (capítulo 18) que
la temperatura del gas cambia conforme a
Q = nCV ∆T (con volumen constante),
dcoonnsdteanCteV, es el calor molar específico con volumen constante. Puesto que el volumen del gas es
no puede hacer trabajo. Por lo tanto, podemos usar la primera ley de la termodinámica
(vea el capítulo 18) para escribir
∆Eint = Q –W = nCV ∆T (con volumen constante). (19.19)
Al recordar que la energía interna de un gas monoatómico depende solamente de su temperatura,
usamos la ecuación 19.18 y obtenemos
Eint = 3 nRT .
2
Si combinamos aepstaererceesunlteandaomcbonosQla=donsC, oVbtTenneomsodsaunnCaVexpTr=esi32ónnRpaTra. Si cancelamos los térmi-
nos n y T, que el calor molar específico
de un gas ideal monoatómico con volumen constante:
CV = 3 R =12.5 J/(mol K). (19.20)
2
Este valor para el calor molar específico de un gas ideal monoatómico concuerda bien con
valores medidos para gases monoatómicos a temperatura y presión estándares. Estos gases son
principalmente los gases nobles. Los calores molares específicos de gases diatómicos (moléculas
de gas con dos átomos) y gases poliatómicos (moléculas de gas con más de dos átomos) son más
altos que los calores molares específicos de gases monoatómicos, como se muestra en la tabla 19.2.
Más adelante en esta sección discutiremos esta diferencia.
Para un gas ideal podemos usar la ecuación 19.18 y escribimos
Eint = nCVT , (19.21)
lo que significa que la energía interna de un gas ideal depende solamente de n, CV y T.
Tabla 19.2 A lgunos típicos calores molares específicos de diferentes
tipos de gases
Gas CV[J/(mol K)] Cp[J/(mol K)] = Cp/CV
Helio (He) 12.5 20.8 1.66
Neón (Ne) 12.5 20.8 1.66
Argón (Ar) 12.5 20.8 1.66
Criptón (Kr) 12.5 20.8 1.66
Hidrógeno (H2) 20.4 28.8 1.41
Nitrógeno (N2) 20.7 29.1 1.41
Oxígeno (O2) 21.0 29.4 1.41
Dióxido de carbono (CO2) 28.2 36.6 1.29
Metano (CH4) 27.5 35.9 1.30
www.FreeLibros.me
628 Capítulo 19 Gases ideales
que Una generalización dcealloaremcuoalcairónes1p9e.c2í1fi,co.EDinte=ancuCeVrdTo, se aplica a todos los gases mientras
se usa el apropiado con esta ecuación, el cambio de la
energía interna de un gas ideal solamente depende de vno,lCumV yene.l cambio de temperatura, pero
no depende de cualquier tipo de cambio de presión o T,
Calor específico con presión constante
Ahora vamos a describir el caso en el cual aumenta la temperatura de un gas ideal mientras que su
presión se mantiene constante. Se ha demostrado en forma empírica que el calor agregado, Q, está
relacionado con el cambio de temperatura como sigue:
Q = nCp∆T (para presión constante), (19.22)
dcoonnsdteanCtpe es el calor molar específico con presión constante. El calor molar específico con presión
es mayor que el calor molar específico con volumen constante porque el calor se debe
suministrar, tanto para hacer trabajo como para aumentar la temperatura.
Para vincular el calor molar específico con volumen constante al calor molar específico con
19.1 Oportunidad de cdpureealsaniódencouclaaocnpiósrtenasn1ió9tne.1ep9meprpamerzaaanmeEcoienstccyoodnnestllaaanpetrceiu,maseceireóaxnlpe1rye9sd.2óe2clpaoamtrearomQWo. Ed=ninpeálmcVai.cpCaít:ounloEei1nstt8a=,seQlsut–rsaWtbit.aujScouioWstni,etuhsiepmcahoroas
autoexamen Eint = Q –W, obtenemos
Use los datos de la tabla 19.2 nCV T = nCpT – pV .
y verifique la relación dada
en la ecuación 19.23 entre La ley de los gases ideales (ecuación 19.7) enlaza un cambio en el volumen al cambio de una
el calor molar específico con temperatura si la presión se mantiene constante: pV = nRT. Al sustituir esta expresión para el
presión constante, y el calor trabajo tenemos finalmente
molar específico con volumen
constante para un gas ideal. nCV T = nCpT –nRT .
He Cada término en esta ecuación contiene el factor común nT. Al dividirla se da la muy simple
z relación entre calores específicos con volumen constante y con presión constante:
x Cp = CV + R. (19.23)
y
Grados de libertad
N2
z Como puede observar en la tabla 19.2, la relación dCiVsc=rep23 aRnecsiavsáelipduaepdaereaxgpalisceasrmenontéoramtóimnoiscodse,
pero no para gases diatómicos y poliatómicos. Esta
x los posibles grados de libertad de movimiento con que cuentan las distintas moléculas.
y En general, un grado de libertad es una orientación de un tipo de movimiento que puede
mostrar una molécula. Para una partícula puntual en el espacio tridimensional hay tres direccio-
CH4 nes ortogonales que son independientes entre sí. Para una colección de N partículas puntuales
hay 3N grados de libertad para el movimiento de traslación en el espacio tridimensional. Pero si
FIGURA 19.12 G rados las partículas puntuales están ordenadas en un objeto sólido, no se pueden mover independiente-
mente entre sí, y el número de grados de libertad se reduce a los grados de libertad de traslación
rotacionales de libertad para un del centro de masa del objeto (3), más rotaciones independientes del objeto alrededor del centro de
átomo de helio (He), una molécula masa. En general hay tres posibles orientaciones de rotación independientes, lo que da un total de
de nitrógeno (N2) y una molécula de seis grados de libertad, tres de traslación y tres de rotación.
metano (CH4). Vamos a considerar tres diferentes tipos de gases (figura 19.12). El primero es un gas monoa-
tómico, como por ejemplo el helio (He). El segundo es un gas diatómico, representado por el
nitrógeno g(Nas2)p.oElilattóermceicroo es una molécula poliatómica, por ejemplo el metano (yC, pHo4r).loLatamntoo-,
lécula del puede girar alrededor de los tres ejes de coordenadas
tiene tres grados rotacionales de libertad. La molécula diatómica que se muestra en la figura 19.12
está alineada con el eje x, y la rotación alrededor de este eje no da ninguna configuración diferente.
Por ende, esta molécula sólo tiene dos grados rotacionales de libertad, que se muestran en la figura
como asociados con rotaciones alrededor de los ejes y y z. El gas monoatómico consiste en átomos
esféricamente simétricos que no tienen ningún grado de libertad rotacional.
Las diferentes maneras en las que se puede asignar la energía interna de un gas ideal están
especificadas por el principio de equipartición de energía, que estipula que moléculas de gas en
equilibrio térmico tienen la misma energía media asociada con cada grado de libertad indepen-
www.FreeLibros.me
19.4 Calor específico de un gas ideal 629
diente de su movimiento. La energía media por grado de libertad está dada por 1 kBT para cada
molécula de gas. 2
Con el teorema de equipartición (ecuación 19.16), la energía cinética media de un gas monoa-
tómico con temperatura Ttrsaeslcaaclicóunladceolmasom: Koplréocmu=las23 keBnTt.reEsltaos es consistente con la equipartición
de la energía cinética de tres direcciones (o tres grados de
libertad), x, y y z. La energía cinética de traslación tiene tres grados de libertad, la energía cinética
( )media por grado delibertad md32 ekoBtlTarar.selascpieócnífeicso12 y la energía cinética media de las moléculas de
e12lkcBTalo=r kBT, volumen constante pronosticado por la teoría
gas está dada por 3 con
De este modo,
cinética para gases monoatómicos que cuentan con tres grados de libertad para el movimiento de
traslación, es consistente con la realidad. Sin embargo, los calores molares específicos observados
con volumen constante son más altos para gases diatómicos que para gases monoatómicos. Para
gases poliatómicos, los calores molares específicos observados son incluso más altos.
Calor específico con volumen constante para un gas diatómico
La molécula de nitrógeno en la figura 19.12 está alineada a lo largo del eje x. Si observamos a lo
largo del eje x a la molécula, vemos un punto y por ende no podemos discernir ninguna rotación
alrededor del eje x. Sin embargo, si observamos a lo largo del eje y o z, podemos ver que la mo-
lécula de nitrógeno puede tener un movimiento rotacional visible alrededor de cualquiera de estos
dos ejes. Por lo tanto, hay dos grados de libertad para la energía cinética rotacional de la molécula
( )pdeornmiEtrsoótlegéecrnueoslauyld,taipadotoórmesxuictpeaonenssieó(qn3u,+teo2ed)lacs12álklacBsTumlo=odlé52eckluBclTaals.odriamtóomlaircaessp. Pecoírfiecnodceo, nla energía cinética media
un volumen constante
para un gas diatómico deberá ser similar al cálculo para un gas monoatómico, pero con dos gra-
dos de libertad adicionales para la energía media. De esta manera modificamos la ecuación 19.20
para obtener el calor molar específico con volumen constante para un gas diatómico:
3+ 2 5 5
CV = 2 R = 2 R = 2 8.31 J/(mol K) = 20.8 J/(mol K).
Si comparamos este valor con los calores molares específicos reales medidos con volumen cons-
tante dados en la tabla 19.2 para los gases diatómicos ligeros hidrógeno, nitrógeno y oxígeno,
vemos que esta predicción de la teoría cinética de gases ideales concuerda de manera razonable
con estas mediciones.
Calor específico con volumen constante para un gas poliatómico
Amhoolércauvlaamdeosmaectaonnosidesetráarcoeml gpausepstoaliaptoórmciucaotrmoeáttaonmoo(sCdHe4)hiqdureógseenmouoersdteranaednolsa figura 19.12. La
en un tetraedro,
enlazados a un átomo de carbono en el centro. Al observar a lo largo de cualquiera de los tres ejes,
podemos discernir la rotación de esta molécula. Por lo tanto, esta molécula particular y todas las
moléculas poliatómicas tienen tres grados de libertad relacionados con la energía cinética rotacional.
Por ende, el cálculo del calor molar específico con volumen constante para un gas poliató-
mico deberá ser similar al cálculo para un gas monoatómico, pero con tres grados de libertad
adicionales para la energía media. Modificamos la ecuación 19.20 para obtener el calor molar
específico con volumen constante para un gas poliatómico:
CV = 3+3 R = 6 R = 38.31 J/(mol K) = 24.9 J/(mol K).
2 2
Si comparamos este valor con los calores molares específicos reales medidos con volumen cons-
tante dados en la tabla 19.2 para el gas poliatómico de metano, vemos que el valor pronosticado
por la teoría cinética de los gases ideales es cerca de, pero algo más bajo, que el valor medido.
Lo que explica las diferencias entre valores pronosticados y reales de los calores molares espe-
cíficos para moléculas diatómicas y poliatómicas es el hecho de que estas moléculas pueden tener
grados de libertad internos, además de grados de libertad de traslación y rotación. Los átomos de
estas moléculas pueden oscilar uno con respecto al otro. Por ejemplo, imagine que los dos átomos
de oxígeno y un átomo de carbono de una molécula de dióxido de carbono estén conectados por
resortes. Los tres átomos podrían oscilar hacia adelante y atrás uno con respecto al otro, lo que
corresponde a grados extra de libertad. El calor molar específico de un volumen constante sería
entonces más grande que los 24.9 J/(mol K) pronosticados para un gas poliatómico.
www.FreeLibros.me
630 Capítulo 19 Gases ideales
Se requiere cierta energía mínima para excitar el movimiento de oscilación interna en mo-
léculas. Este hecho no se puede entender desde el punto de vista de la mecánica clásica. Por ahora,
todo lo que usted necesita saber es que se observa un efecto de umbral para grados de libertad
vibracionales. De hecho, los grados de libertad rotacionales de moléculas de gas diatómicas y
poliatómicas también muestran este efecto de umbral. En temperaturas bajas, la energía interna
del gas podrá ser demasiado baja para facilitar la rotación de las moléculas. Sin embargo, con
temperatura y presión estándares, la mayoría de los gases diatómicos y poliatómicos ligeros tienen
un calor molar específico con volumen constante que es consistente con los grados de libertad de
traslación y rotación de sus moléculas.
19.6 Ejercicio en clase Proporción de calores específicos
El cociente de calor específico Finalmente calculamos el cociente del calor específico con presión constante con el calor especí-
a presión constante con el calor fico de volumen constante. Este cociente se llama coeficiente de dilatación adiabática y por conven-
específico a volumen constante ción se simboliza con la letra griega :
Cp/CV, para un gas ideal
≡ Cp . (19.24)
a) siempre es igual a 1. CV
b) siempre es menor que 1. Si sustituimos los valores pronosticados para los calores específicos de gases ideales con dife-
rentes grados de libertad nos da = =CvpaC/lCop/rVCes=V p=52aRr82/aR23/Rg62 R=ob=53te43pnapirdaaorasgagdsaeessedsmaptooonslioaeatmtóómpmíirciicocooss.s,. = Cp/CV =
c) siempre es mayor que 1. 7 R/ 52LRa=ta57bplaar1a9g.2asteasmdbiaiétónmciocnotsieyne Los valores
2
d) puede ser menor o mayor
que 1, dependiendo de los empíricos de los calores específicos para los gases, salvo los gases nobles, no son muy cercanos a
grados de libertad de las los valores calculados para un gas ideal; sin embargo, los coeficientes de dilatación adiabática sí
moléculas de gas.
cumplen bien nuestras expectativas teóricas.
19.5 Procesos adiabáticos para un gas ideal
Como vimos en el capítulo 18, en un proceso adiabático el estado de un sistema puede cambiar
en ausencia de un intercambio de calor con el entorno. Un proceso adiabático puede ocu-
rrir cuando el cambio de sistema se realiza rápidamente. Por lo tanto, Q = 0 para un proceso
adiabático. Desde la primera ley de la termodinámica tenemos entonces = –W, como se
demostró en el capítulo 18. Eint
Vamos a analizar cómo el cambio de volumen está relacionado con el cambio de presión de
un gas ideal cuando ocurre un proceso adiabático; es decir, un proceso en ausencia de un flujo
de calor. La relación está dada por
pV γ = constante (en un proceso adiabático), (19.25)
dcaolnodr eespe=cíCfipc/oCaV es el coeficiente de dilatación adiabática que se calcula como cociente entre el
presión constante y el calor específico a volumen constante del gas ideal.
D E D U C C I Ó N 19.3 Presión y volumen en un proceso adiabático
A fin de derivar la relación entre presión y volumen para un proceso adiabático, vamos a con-
templar pequeños cambios diferenciales en la energía interna deluprraoncteeseostaedtiaipboátdiceoptreonceemsoo:sdEint
= –dW. En el capítulo 18 vimos que dW = p dV, y por ende para
dEint = – pdV . (i)
Sin embargo, la ecuación 19.21 dice que la energía interna depende nada más de la temperatura,
sdiesruivpaodnaedmeoesstq aueecNuasceiaóncocnosntarnetsep:eEcintot =anlaCtVeTm. Ppuereasttuorqau: e queremos calcular dEint, tomamos la
dEint = nCV dT . (ii)
La combinación de las ecuaciones (i) y (ii) para dEint nos da entonces (iii)
– pdV = nCV dT .
www.FreeLibros.me
19.5 Procesos adiabáticos para un gas ideal 631
Podemos tomar la derivada total de la ley de los gases ideales (ecuación 19.7), pV = nRT (con
n y R constantes):
pdV +V dp = nRdT . (iv)
Al resolver la ecuación (iii) para dT y sustituir esta expresión en la ecuación (iv) nos da
p dV +V dp = nR– p dV .
nCV
Ahora podemos recabar los términos con proporción a dV del lado izquierdo, lo que da
1+ R p dV +V dp = 0. (v)
CV
Puesto que R = Cdepf–inCeVeldceoleafieccieunatceiódne d1i9la.2t3a,cvióenmaodsiaqbuáeti1ca+R./CCoVn=e1st+o,(lCape–cuCaVc)i/óCnV(=v)Cspe/vCuVe.lLvae 30
ecuación 19.24
p dV + V dp = 0. La división de ambos lados entre pV nos deja finalmente escribir
dp + dV = 0. 20
pV
p (kPa)
La integración da entonces
ln p + lnV = constante. (vi) 10 T = 300 K T = 400 K
Con las reglas de los logaritmos, la ecuación (vi) también se simplifica y obtenemos: ln(pV) Adiabática
= constante. Podemos exponenciar ambos lados de esta ecuación para obtener el resultado de- 00 0.2 0.4 0.6
seado:
pV γ = constante. V (m3)
Otra manera de escribir la relación entre presión y volumen para un proceso adiabático invo- FIGURA 19.13 Gráfica
lucrando un gas ideal en la lengua matemática es:
del comportamiento de un gas
pf V γ = piV γ (para un proceso adiabático), (19.26) monoatómico durante tres diferentes
f i procesos en un diagrama pV.
Un proceso es adiabático (rojo). El
fdionnaldees,prieyspVeicstiovnampreenstieó.n y volumen iniciales, respectivamente, y pf y Vf son presión y volumen segundo proceso es isotérmico con
T = 300 K (verde). El tercer proceso
es también isotérmico con T = 400 K
(azul).
La figura 19.13 grafica el comportamiento de un gas durante tres diferentes procesos como 19.7 Ejercicio en clase
función de presión y volumen. La curva roja representa un proceso adiabático, en el que pV es
cmoincsotsan(ctoe,npstaarnatuenTg).aUs nmpornoocaetsóomisicootécromnico=oc53u. rLraeseontrTas=d3o0s0cKur, vyaesl representan procesos isotér- Un gas ideal monoatómico
otro ocurre en T = 400 K. El uosencurpperdaoucecelesvoaolau12dmViiaebsniágtVuiici,eoqn.ud¿eoQluuéego
proceso adiabático muestra un decremento más empinado en presión como función del volumen relación es correcta para la
que los procesos isotérmicos. presión de este gas?
Podemos escribir una ecuación que enlaza la temperatura y el volumen de un gas en un
proceso adiabático mediante la combinación de la ecuación 19.25 y la ley de los gases ideales
(ecuación 19.7): a) pf = 2pi c) pf = 25/3pi
pV =⎧⎩nVRT ⎭⎫V =(nR)TV –1 = constante. b) pf = 1 pi d) pf = ( 1 )5/3pi
2 2
Suponiendo que el gas esté en un recipiente cerrado, n es constante, y podemos reescribir esta 19.8 Ejercicio en clase
relación como TV–1 = constante (para un proceso adiabático) o
Un gas ideal monoatómico
TfVfγ –1 =TiViγ –1 (para un proceso adiabático), ocupa el volumen Vi, que luego
(19.27) es reducido a 1 Vi siguiendo un
2
proceso adiabático. ¿Qué relación
dvoolnudmeeTni fyinVali,sroenspteecmtipvaemraetunrtae.y volumen inicial, respectivamente, y Tf y Vf son temperatura y
Una expansión adiabática como la que describe la ecuación 19.27 ocurre cuando se abre un es correcta para las temperaturas
recipiente que contiene una bebida fría con gas. El dióxido de carbono de la carbonación y el vapor de este gas?
de agua crean un gas con una presión arriba de la presión atmosférica. Cuando este gas se expande
y una parte sale de la apertura del recipiente, el sistema tiene que hacer trabajo. Puesto que el pro- a) Tf = 22/3Ti c) Tf = ( 1 )2/3Ti
b) Tf = 25/3Ti 2
d) Tf = ( 1 )5/3Ti
2
www.FreeLibros.me
632 Capítulo 19 Gases ideales
ceso sucede muy rápidamente, no hay tiempo para transferir calor al gas; por lo tanto, el proceso
es adiabático, y el producto de la temperatura y el volumen elevado a la potencia –1 permanece
constante. El volumen del gas aumenta, y la temperatura debe reducirse. Por ende, la condensa-
ción, que se percibe como una pequeña neblina, ocurre alrededor de la apertura del recipiente.
PROBLEMA RESUELTO 19.1 B omba para inflar neumáticos
de bicicleta
Una bomba de aire de operación manual [figura 19.14a)] se usa para
inflar el neumático de una bicicleta. La bomba de aire consiste en
un cilindro con pistón. La bomba está conectada al neumático me-
Ti Tf diante una pequeña manguera. Hay una válvula entre la bomba y el
Vi Vf neumático que permite que el aire entre en el neumático, pero no
pueda salir. Además hay otra válvula que permite que el aire entre a la
bomba del entorno después de que termine la carrera de compresión
y el pistón regresa a su posición original. La figura 19.14b) muestra
la bomba y el neumático antes de la compresión. La figura 19.14c)
muestra el pistón y la llanta después de la compresión.
El draedl ivooliunmteernnoacdteivl ocialinntdesrodedelalacabroremrabadeescormp =pr1e.s0ió0ncmes, la
altura de
h10i .=0 c6m0..0Ecl mne,uymdáetsicpouépsudedeelasecracrroenrsaiddeeracdomo cpormesoióunndaisnmillionuciyleínadhrifc=o
a) b) c)
FIGURA 19.14 a) Una bomba de aire manual utilizada para c1o.5n0rcamdi.oLiantteemrioprerr1at=ur6a6d.0ecl mair,eraedniolaebxotemriboar yr2e=l n6e7u.5mcámticyoeasnpteessodret =
carrera de compresión es Ti = 295 K (22 °C). la
inflar un neumático de bicicleta. b) La bomba y el neumático
antes de la carrera de compresión. c) La bomba y el neumático
después de la carrera de compresión.
PROBLEMA
¿Cuál es la temperatura Tf, del aire después de una carrera de compresión?
SOLUCIÓN
PIENSE
Ermelsevpnoetlecu,tmiyvaeemnl veyonlltuaem.teLemanpcyearrlaaretturearmadpdeeecrloaatmiurprearaednseitóel nsaidtroeemdlaeasclpaurugréaesrradcoednelarccaopamridrpeerrzea,sadióseíncqsouomenpnVroei hsyiaóTyni,tsireoemnsppVeocf tpyivaTraaf-,
transferir calor hacia dentro o hacia fuera del sistema, y este proceso se puede tratar como un
proceso adiabático. El volumen del aire en la bomba se reduce cuando se empuja la manija de la
bomba mientras que el volumen del aire en el neumático permanece constante.
ESBOCE
Las dimensiones de la bomba de aire y el neumático se muestran en la figura 19.15.
FIGURA 19.15 a) Dimensiones t
de la bomba de aire antes de la
carrera de compresión.
b) Dimensiones de la bomba de
inflar después de la carrera de
compresión. c) Dimensiones del
neumático de bicicleta.
Ti Tf r1
Vf r2
Vi
hi hf
rp rp c)
a) b)
www.FreeLibros.me
19.5 Procesos adiabáticos para un gas ideal 633
INVESTIGUE
El volumen de aire en el neumático es
( ) Vneumático = t r22 – r12 .
El volumen de aire en la bomba antes de la carrera de compresión es
Vbomba,i = rp2hi.
El volumen de aire en la bomba después de la carrera de compresión es
Vbomba,f = rp2hf.
teEenlrmvlaoilmnuamarnelganuceianrrairceeiranaltrddeeelcaaoibrmeompernbesaeilóysneisletnsemeVuafm=dáVetibbcooom.mba,bf +a-Vnenueummáátitcioc.oDeesspVrie=ciaVmboomsbea,li v+oVlunmeuemnátidcoe, y al
aire
Este proceso es adiabático, así que podemos usar la ecuación 19.27 para describir el sistema
antes y después de la carrera de compresión:
Tf V –1 = TiV i –1. (i)
f
SIMPLIFIQUE
Podemos resolver la ecuación (i) para la temperatura final:
Tf = Ti V –1 = Ti Vi –1 .
i Vf
–1
V f
Luego podemos insertar las expresiones para el volumen inicial y el volumen final:
(( )) (( )) Tf = Ti rp2hi +t r22 –r12 –1 = Ti rp2hi +t r22 – r12 –1 .
rp2hf +t r22 –r12 rp2hf +t r22 – r12
CALCULE
Euslaamireoscon=sis57t,edperilnacsiepcaclimónen1t9e.4en. Aglassuesstditiuatiórmloiscvoasl(o7r8e%s nNu2myé2ri1c%osO, o2b, vteenaelma toasbla 19.1), así que
Tf =(295 K)((00..00110000 m)2 (0.600 m)+(0.0150 m)(0.675 m)2 –(0.660 )m2 (7/5)–1
m)2 (0.100 m)+(0.0150 m)(0.675 m)2 –(0.660 )m2
= 313.162 K.
REDONDEE
Reportamos nuestro resultado con tres cifras significativas:
Tf = 313 K.
VUELVA A REVISAR
La razón entre el volumen inicial y final del sistema bomba-neumático es:
Vi =1.16.
Vf
Durante la carrera de compresión, la temperatura del aire aumenta de 295 K a 313 K, así que la
proporción de la temperatura final a la temperatura inicial es
Tf = 313 K =1.06,
Ti 295 K
lo cual parece razonable porque la temperatura final deberá ser igual a la temperatura inicial,
multiplicado por la proporción del volumen inicial y final elevado a la potencia –1: (1.16)–1
= 1.160.4 = 1.06. Si usted oprime el pistón muchas veces en un periodo corto, cada carrera de
compresión aumentará la temperatura del aire en el neumático por aproximadamente 6%. Por
lo tanto, el aire en el neumático y en la bomba se vuelve más caliente conforme se infla el
neumático.
www.FreeLibros.me
634 Capítulo 19 Gases ideales
Trabajo hecho por un gas ideal en un proceso adiabático
También podemos encontrar el trabajo realizado por un gas que experimenta un proceso adiabá-
tico desde un estado inicial hasta un estado final. En general, el trabajo está dado por
f
∫ W = pdV.
i
Para un proceso adiabático podemos usar la ecuación 19.25 para escribir p = cV – (donde c es
constante), y con esto la integral que determina el trabajo se vuelve:
Vf Vf V1– VVif
1–
W= cV –dV = c
Vi Vi
∫ ∫ ( ) c
V –dV = c = 1 – Vf1– –Vi1– .
La constante c tiene el valor c = pV . Usando la ley de gases ideales en la forma p = nRT/V, tenemos
V
c = nRT = nRTV –1.
V
Ahora sustituimos esta constante en la expresión que hemos obtenido en resolver la integral y
usamos la ecuación 19.27. Finalmente encontramos el trabajo hecho por un gas experimentando
un proceso adiabático:
W = nR (Tf – Ti ). (19.28)
1–
19.6 La teoría cinética de los gases
Como se prometió antes, en la introducción del teorema de equipartición, en esta sección, cono-
cerá algunos resultados adicionales importantes de la teoría cinética de los gases.
Distribución de rapidez de Maxwell
La ecuación 19.17 nos da la rapidez de la raíz media cuadrática de las moléculas de un gas con una
temperatura dada. Ésta es una rapidez media, pero ¿cuál es la distribución de rapidez? Es decir,
¿cuál es la probabilidad de que una molécula de gas tenga alguna velocidad dada entre v y v+dv?
La distribución de rapidez de Maxwell, o a veces también llamada la distribución de rapidez de
19.2 O portunidad de Maxwell-Boltzmann, está dada por
autoexamen 3/2
( ) f v = 4 m v2e−mv2 /2kBT . (19.29)
Demuestre de manera explícita 2 kBT
que la integración de la Las unidades de esta distribución son (m/s)–1. Como se requiere para una distribución de proba-
distribución de rapidez de bilidad, la integración de esta distribución de todas las velocidades v con respecto a dv nos da 1:
Maxwell de v = 0 a v = ∞ nos da ∫ ∞ f (v)dv =1.
1, como se requiere para una 0 Una característica muy importante de distribuciones de probabilidad para cantidades obser-
distribución de probabilidad.
vables, como la de la ecuación 19.29 para la rapidez molecular es que todos los promedios que se
pueden deducir de ellas se calculan simplemente multiplicando la cantidad a promediar por la dis-
tribución de probabilidad e integrando a través del rango entero. Por ejemplo, podemos obtener la
rapidez media de la distribución de rapidez de Maxwell mediante la multiplicación de la rapidez
v por la distribución de probabilidad f(v) e integrando este producto vf(v) a través de todos los
valores posibles desde cero hasta el infinito. La rapidez media se da entonces por
∫ ∞vf(v)dv = 8kBT ,
vmedia = m
0
∫donde usamos la integral definida ∞ x3e–x2/adx = a2/2 al integrar.
0
Para encontrar la rapidez de la raíz media cuadrática para la distribución de Maxwell, tene-
mos que hallar primero la rapidez de la media cuadrática:
∞v2 f(v)dv = 3kBT ,
( ) ∫
v2 media = 0m
www.FreeLibros.me
19.6 La teoría cinética de los gases 635
∫donde empleamos la integral definida ∞ x4e–x2/adx = 3 a5/2 . Luego tomamos la raíz cuadrada:
0 8
( ) v2 media = 3kBT .
vrms = m
Como se pide, esto coincide con la ecuación 19.17 para la rapidez media cuadrática de moléculas 0.002 vmp vmedia
en un gas ideal. vrms
La velocidad más probable de la distribución de Maxwell —es decir, el valor en el cual f(v) Moléculas de N2
tiene un máximo— se calcula al igualar la derivada de f (v) con cero y despejar el resultado por la T = 295 K
velocidad v; este procedimiento nos da:
vmp = 2kBT . f (v) ((m/s)–1)0.001
m
La figura 19.16 muestra la distribución de rapidez de Maxwell para moléculas de nitrógeno
(dNez2)deenleal aire, a una temperatura de 295 K (22 °C), con la rapidez más probable, media y la rapi-
raíz media cuadrática, indicadas por flechas. Usted puede observar en la figura 19.16
que las rapideces de las moléculas de nitrógeno están distribuidas alrededor de la rapidez media, 00 400 800 1 200
svemeedxiat.iSenindeemabvaerlgooc,idlaaddeisstrailbtuasc.ióUnstneod etsamsimbiéétnricpaueadlreedceodmopr rdoebvarrmqs.uUenlaa cola en la distribución v (m/s)
corresponde al máximo de la distribución. rapidez más probable
FIGURA 19.16 D istribución de
La figura 19.17 muestra la distribución de rapidez de Maxwell para moléculas de nitrógeno
a cuatro diferentes temperaturas. Cuando se incrementa la temperatura, la distribución de rapi- la rapidez de Maxwell para moléculas
deces de Maxwell se amplía. El valor máximo de f (v) disminuye cuando la temperatura aumenta, de nitrógeno a una temperatura de
295 K graficada en una escala lineal.
porque el área total debajo de la curva siempre es 1; una condición que toda distribución de pro-
babilidad tiene que cumplir.
Además, a una temperatura dada, la distribución de Maxwell
para partículas más ligeras es más amplia y tiene más de una
cola de rapideces altas que la de átomos o moléculas más pesa-
dos (figura 19.18). La figura 19.18a) muestra las distribuciones de
rapideces de Maxwell para moléculas de hidrógeno y nitrógeno
graficadas en una escala logarítmica a una temperatura de 22 °C,
típica para la superficie terrestre. El hecho de que esta curva no
tiene cola de alta velocidad es importante para la composición
de la atmósfera terrestre. Como hemos visto en el capítulo 12, la
draepliadeTziedreraesecsadpee,1v1e,.2pkarma/csu. aPloqrulioertoanbtjeot,ocucearlqcauideer la superficie
molécula de
aire que tiene por lo menos esta rapidez de escape puede salirse
de la atmósfera terrestre. El hecho de que no haya una cola en la FIGURA 19.17 D istribución de rapidez de Maxwell para moléculas
distribución para altas rapideces significa que no hay moléculas de
de N2 a cuatro diferentes temperaturas.
aire que puedan escapar al espacio. Sin embargo, el gas hidrógeno es ligero en comparación con
los otros gases en la atmósfera de la Tierra y tiende a moverse hacia arriba. La temperatura de la
FIGURA 19.18 Distribuciones
de rapideces de Maxwell para
moléculas de hidrógeno y de
nitrógeno en la atmósfera de la
Tierra, graficadas en una escala
logarítmica: a) a una temperatura
de 22 °C; b) a una temperatura de
1 500 °C.
www.FreeLibros.me
636 Capítulo 19 Gases ideales
atmósfera de la Tierra depende de la altitud. A una altitud de 100 km sobre la superficie, la atmós-
fera de la Tierra empieza a estar muy caliente y puede llegar a temperaturas de 1 500 °C. Esta capa
de la atmósfera se llama termosfera.
La figura 19.18b) muestra las distribuciones de rapideces de Maxwell para moléculas de
hidrógeno y nitrógeno graficadas en una escala logarítmica a una temperatura de 1 500 °C. Pode-
mos calcular la fracción de moléculas de hidrógeno que tendrán una rapidez más alta que la velo-
cidad de escape, si calculamos la integral de la distribución de Maxwell sobre todas las rapideces
mayores o iguales a esta velocidad:
∞
∫ Fracción de H2 con rapidez mayor que la velocidad de escape =
f (v)dv = 6⋅10–4 = 0.06%.
g (K) (1018 J–1) 120 v =11.2 km/s
Moléculas de N2
Sólo una pequeña fracción de las moléculas de hidrógeno en la termosfera tiene rapideces arriba
80 de la rapidez de escape. Las moléculas de hidrógeno con rapideces arriba de la rapidez de escape
pueden salir al espacio. Las moléculas de hidrógeno, que se quedan atrás, tienen la misma tempe-
40 ratura que el resto de la termosfera, y la distribución de rapidez reflejará esta temperatura. Por lo
Kmedia tanto, a través del tiempo en la escala geológica, la mayoría de las moléculas de hidrógeno en la
atmósfera de la Tierra suben a la termosfera y finalmente salen de la Tierra.
00 10 20 30
K (10–21 J) ¿Qué pasa en el resto de la atmósfera, que consiste principalmente de nitrógeno y oxígeno?
Prácticamente ninguna molécula de nitrógeno tiene una rapidez arriba de la rapidez de escape.
FIGURA 19.19 D istribución Si suponemos la temperatura de 1 500 °C, la razón entre la probabilidad de encontrar una molé-
cula de nitrógeno entre moléculas del mismo gas con una velocidad arriba de 11.2 km/h y la
de energía cinética de Maxwell probabilidad de encontrar una molécula de hidrógeno entre moléculas del mismo gas arriba del
para moléculas de nitrógeno a una mismo umbral de velocidades es de 3 · 10–48. Puesto que la atmósfera completa tiene una masa de
temperatura de 295 K, graficada en 5 · 1018 kg y contiene aproximadamente 1044 moléculas de nitrógeno, puede ver que virtualmente
una escala lineal. ninguna molécula de nitrógeno tiene una rapidez arriba de la de escape. Por ende, hay muy poco
hidrógeno en la atmósfera de la Tierra, mientras que el nitrógeno y gases más pesados (oxígeno,
FIGURA 19.20 D istribución de argón, dióxido de carbono, neón, etcétera) permanecen en la atmósfera de manera permanente.
energía cinética de Maxwell para Distribución de energía cinética de Maxwell
moléculas de nitrógeno a T = 295 K
y T = 1 500 K, graficada en una Como se puede hallar una distribución de rapidez, también se puede encontrar la distribución de
escala logarítmica. energía cinética. La distribución de energía cinética de Maxwell (a veces llamada distribución
de energía cinética de Maxwell-Boltzmann) describe los espectros de energía de moléculas de gas
y está dada por
( )g K = 2 1 3/2 K e−K/kBT . (19.30)
kBT
El valor de la distribución para energías cinéticas K dentro de un margen de dK da la probabilidad
de observar una molécula de gas con una energía cinética entre K y K + dK. La integración de esta
∫distribución con respecto a dK da 1: ∞ g (K)dK =1, como se requiere para toda distribución de
probabilidad. La unidad de esta 0 es J–1.
distribución
La figura 19.19 muestra la distribución de energía cinética de Maxwell para moléculas de
nitrógeno a una temperatura de 295 K. Las energías cinéticas de las moléculas de nitrógeno están
distribuidas alrededor de la energía cinética media. Igual que la distribución de rapideces de
Maxwell la distribución de energía cinética de Maxwell no edseseimneértgríiacacianlréetdiceadaolrtadceoKnmtieedniaeyintifeonre-
una cola significativa con energías cinéticas altas. Esta cola
mación sobre la temperatura del gas.
La figura 19.20 muestra la distribución de energía cinética de Maxwell de moléculas de nitró-
geno a dos temperaturas, T = 295 K y T = 1 500 K. La distribución de energía cinética a T = 1 500 K
es mucho más plana y extiende a energías cinéticas mucho más altas que la distribución de energía
cinética a T = 295 K. La cola de energía cinética alta para T = 295 K en la figura 19.20 se acerca a
una simple distribución exponencial de energía cinética con una pendiente de –1/kBT, donde =
295 K, como se ilustra mediante la línea interrumpida. T
Observe que las expresiones dadas aquí para las distribuciones de rapideces y de energías
cinéticas de Maxwell no toman en cuenta los efectos explicados por la teoría de la relatividad.
Por ejemplo, la distribución de rapidez se extiende hasta velocidades infinitas, aunque ningún
objeto puede viajar más rápido que la velocidad de la luz. Sin embargo, las velocidades relevantes
para gases ideales son pequeñas en comparación con la rapidez de la luz. La rapidez más alta que
www.FreeLibros.me
19.6 La teoría cinética de los gases 637
se muestra en la figura 19.18 es v = 1.5 · 104 m/s (para el gas de hidrógeno con la temperatura de
T = 1 500 K), que es apenas el 0.005% de la rapidez de la luz. Las distribuciones de la rapidez y
de la energía cinética de Maxwell también se basan en la suposición de que las moléculas del gas
no interactúan. Si las moléculas de gas interactúan, entonces hay que analizar si éstas todavía se
aproximan con precisión suficiente al comportamiento real. Para moléculas de gas que se mueven
en la atmósfera de la Tierra, la suposición de no interacción se puede justificar ya que muchas de
las propiedades de la atmósfera terrestre pueden describirse usando como base la distribución
de rapideces de Maxwell y la distribución de la energía cinética de Maxwell.
E J E M P L O 19.5 Temperatura del plasma de quark-gluones
La medición de la distribución de energía cinética de los elementos de un gas puede revelar
la temperatura del gas. Esta técnica se usa en muchos experimentos científicos, incluyendo el
estudio de gases que consisten en partículas y núcleos elementales. La figura 19.21 muestra
por ejemplo las distribuciones de energía cinética de antiprotones y piones que salen como
productos de colisiones entre iones pesados de núcleos de oro con velocidades relativistas. Los
datos generados en experimentos de la colaboración “STAR” se muestran como puntos rojos.
Como el aparato experimental no puede detectar energías debajo de cierto umbral, no hay
datos en este rango. Las líneas azules representan los mejores ajustes para los datos, usando la
l=eoc6uq.au7c1ei ó·s 1ing0n1–1i9f1.i3cJ0a=qc4ou1ne7leaMlsvetaeVlmoprpaderreaamltouserjaaosnrdtaiepjurlooststeoanpneatisrpayrlokatBotTenm=esp3ye.8rpa3ito ·u 1nr0ea–sT1s1.oJSn=ede2ex34t8r.8aM6je e·r 1Vo0np12vaKaraloylro2es.s7pd7ie o· 1nk0eB1Ts2,
K, respectivamente. (¡Estas temperaturas son varios cientos de millones de veces más altas que
la temperatura de la superficie del Sol!) Con estas observaciones (entre otras) los investigadores
pueden deducir que un plasma de quark-gluones con una temperatura de 2 · 1012 K se creó para
un tiempo fugaz de aproximadamente 10–22 s en las colisiones.
Nota: Como las colisiones de los núcleos de oro son eventos explosivos la conexión entre la
temperatura del plasma de quark-gluones y de los valores de temperatura extraídos de las dis-
tribuciones de energía de partículas no es tan sencilla. También hay que mencionar que un gas
ideal no es el modelo correcto. Además, las energías cinéticas en la figura 19.21 se determinaron
mediante fórmulas que cumplen las exigencias de la física relativista. No obstante, es asombroso
el grado hasta donde la energía cinética observada sigue a la distribución de Maxwell.
a) FIGURA 19.21 a) El acelerador
6
de partículas “Relativistic Heavy Ion
Antiprotones 2 Piones Collider” del Brookhaven National
Laboratory tiene la forma de un
4g (K) (103 vale/MeV) anillo con una circunferencia de
g (K) (105 vale/MeV) 3.83 km. Datos experimentales sobre
1 la distribución de energía cinética
2 de b) antiprotones y c) piones,
producidos en colisiones de núcleos
de oro. Durante los breves momentos
que existen, estas colisiones son
por mucho el lugar más caliente del
sistema solar. El estado de materia
que se genera en el momento del
choque se llama plasma de quark-
gluones. Se cree que durante una
fracción de un segundo después
del Big Bang la materia tenía este
estado de agregación. Las líneas
azules representan ajustes a las
distribuciones de energía cinética
usando la ecuación 19.30.
0 100 200 300 400 500 00 100 200 300 400 500
K (MeV) K (MeV)
b) c)
www.FreeLibros.me
638 Capítulo 19 Gases ideales
Para terminar esta subsección, vamos a contemplar la fusión nuclear en el centro del Sol.
Esta fusión nuclear es la fuente de energía que causa toda la radiación solar y con eso permite
la vida terrestre. La temperatura en el centro del Sol es de aproximadamente 1.5 · 107 K. Con-
forme a la ecuación 19.16, la energía cinética media de los iones de hidrógeno en el centro del
Sol es de 23uknBaTfu=s3ió.1n · n1u0–c1l6eaJr=, s1e.t9iekneeVn. Sin embargo, para que dos átomos de hidrógeno expe-
rimenten que acercar lo suficientemente entre sí para superar su
mutua repulsión electrostática. La mínima energía requerida para superar la repulsión elec-
trostática es del orden de 1 MeV, o más que quinientas veces más alta que la energía cinética
media de los iones de hidrógeno en el centro del Sol. Por lo tanto, sólo iones de hidrógeno en
la cola extrema de la distribución de Maxwell tienen la energía suficiente para participar en
reacciones de fusión.
Camino libre medio
Una de las suposiciones de un gas ideal es que las moléculas de éste son partículas puntuales que
no interactúan entre sí. En cambio las moléculas de gases reales sí tienen tamaños (muy peque-
ños, pero no cero) y por lo tanto chocan entre sí. Las colisiones de moléculas de gases entre sí
producen un efecto de dispersión que causa que el movimiento sea aleatorio. Si perturbamos en
un momento la distribución de velocidades de Maxwell, por las colisiones, el gas regresará extre-
madamente rápido a la distribución anterior.
¿Qué camino recorren regularmente las moléculas de un gas real hasta que chocan contra
otra molécula del mismo gas? Esta distancia media se llama el camino libre medio , de las molé-
culas de un gas. El camino libre medio es proporcional a la temperatura e inversamente propor-
cional a la presión del gas y el área de sección transversal de la molécula:
( ) = 2 kBT . (19.31)
4r2 p
rv r DEDUCCIÓN 19.4 Camino libre medio
b
Para estimar el camino libre medio empezamos con la definición geométrica de una sección
a) transversal para la dispersión. Supongamos que todas las moléculas en el gas sean esferas con el
radio r. Si en sus trayectorias dos moléculas se acercan y se tocan, tendrán una colisión elástica,
2r en la que se conserva el momento total y la energía cinética total (vea el capítulo 7). Vamos a
b) imaginar que una molécula de gas en movimiento encuentre otra molécula de gas en reposo,
como se muestra en la figura 19.22a).
El parámetro de impacto b, como se muestra en la figura 19.22a), es la distancia perpen-
dicular entre dos líneas que conectan los centros de las dos moléculas, y que está orientada
paralelamente a la dirección de la velocidad de la molécula en movimiento. La molécula en mo-
vimiento colisionará con la molécula estacionaria si b ≤ 2r. De este modo la sección transversal
para la dispersión está dada por un círculo con el área
A = (2r)2 = 4r2 ,
vt como se ilustra en la figura 19.22b). En un espacio de tiempo t, moléculas con la rapidez media
v
( )v barren en su camino un volumen de:
c)
V = A(vt)= 4r2 (vt)= 4r2vt,
FIGURA 19.22 a ) Una molécula
como se muestra en la figura 19.22c). Por lo tanto, este camino libre medio , es la distancia
de gas en movimiento se acerca a que recorre la molécula en el periodo t dividida entre el número de colisiones con otras mo-
una molécula de gas estacionaria léculas con las que va a colisionar en esta distancia. El número de moléculas que la molécula va
con el parámetro de impacto b. b) La a encontrar es simplemente el volumen barrido multiplicado por el número de moléculas por
sección transversal para la dispersión unidad de volumen nV. El camino libre medio es entonces
se representa por un círculo con el
radio 2r. c) El volumen barrido por = vt = vt = 1 .
las moléculas dentro del área de VnV 4r2vt 4r2 nV
sección transversal A en un tiempo t ( ) ( ) nV
si viaja con la rapidez v .
Este resultado necesita ser modificado porque supusimos que una molécula en movimiento cho-
cara con una molécula estacionaria. En un gas ideal, todas las moléculas están en movimiento, así
que tenemos que usar la velocidad relativa, vrel, entre las moléculas en lugar de la velocidad media.
www.FreeLibros.me
19.6 La teoría cinética de los gases 639
Se puede demostrar que vrel = v 2 ; así que el volumen barrido por las moléculas cambia a V =
4r2vrelt = 4r2v 2t. Por ende, la expresión para el camino libre medio se vuelve
( ) = 2 1 nV .
4r2
Para gases difusos podemos reemplazar el número de moléculas por unidad de volumen con el 19.9 Ejercicio en clase
valor del gas ideal, usando la ecuación 19.8:
El camino libre medio de una
nV = N = p . molécula de gas se duplica si
V kBT _________ se duplica.
El camino libre medio para una molécula en un gas real es entonces: a) la temperatura
( ) ( ) = 1 p = 2 kBT . b) la presión
4r2 kBT 4r2 p
2 c) el diámetro de las moléculas
de gas
d) ninguna de las anteriores
Ahora que hemos derivado la fórmula para el camino libre medio, será instructivo aplicarlo
a un caso real. Vamos a contemplar el gas más importante, la atmósfera de la Tierra. Un gas ideal
tiene un camino libre medio “infinitamente” largo en relación con el espaciado entre moléculas
del gas. Qué tan cerca un gas real se aproxima al gas ideal está determinado por la proporción del
camino libre medio al espaciado intermolecular en el gas. Vamos a ver qué tan cerca está de ser la
atmósfera de la Tierra un gas ideal.
E J E M P L O 19.6 El camino libre medio de las moléculas de aire
PROBLEMA
¿Cuál es el camino libre medio de una molécula de gas en aire con una presión atmosférica de
101.3 kPa y a una temperatura de 20.0 °C? Puesto que el aire es de 78.1% nitrógeno, vamos a
suponer por el bien de la simplicidad que el aire sea 100% nitrógeno. El radio de una molécula
de nitrógeno es de aproximadamente 0.150 nm. Compare el camino libre medio con el radio de
una molécula de nitrógeno y al espaciado medio entre las moléculas de nitrógeno.
SOLUCIÓN
Podemos usar la ecuación 19.31 para calcular el camino libre medio:
( ( )) ( )
= 1.381⋅10–23 J/K (293.15 K) = 9.99⋅10–8 m.
2 (4) 0.150⋅10–9 m 2 101.3⋅103 Pa
La razón entre el camino libre medio y el radio molecular es, entonces,
= 9.99 ⋅10–8 m = 666.
r 0.150 ⋅10–9 m
El volumen por partícula en un gas ideal se puede obtener usando la ecuación 19.8:
V = kBT .
Np
El espaciado medio entre moléculas es entonces el volumen medio a la 1 potencia:
3
( ( ) )( ) 1/3 = 3.42⋅10–9
V 1/3 = kBT 1/3 = 1.381⋅10–23 J/K 293.15 K m.
N p 101.3⋅103 Pa
(continúa)
www.FreeLibros.me
640 Capítulo 19 Gases ideales
(continuación)
Por lo tanto, la razón entre el camino libre medio y el espaciado medio entre moléculas es
9.99 ⋅10–8 m = 29.2.
3.42 ⋅10–9 m
El valor de esta razón demuestra que tratando el aire como un gas ideal es una buena aproxima-
ción. La figura 19.23 compara el diámetro de moléculas de nitrógeno, la distancia media entre
moléculas y el camino libre medio.
Moléculas de N2
Distancia media entre moléculas
FIGURA 19.23 D ibujo a escala que muestra el tamaño de las moléculas de nitrógeno, el camino libre medio de
las moléculas en el gas, y la distancia media entre moléculas.
LO QUE HEMOS APRENDIDO | GUÍA DE ESTUDIO PARA EXAMEN
■■ La ley de los gases ideales relaciona la presión p, el ■■ El calor molar específico de un gas con presión
volumen V, el número de moles n y la temperatura T constante, Cnpe,seestlándúemfienriododepmoroQles=dneCgpasTy, donde Q
de un gas ideal, pV = nRT, donde R = 8.314 J/(mol K) es es el calor, T es el
la constante universal de los gases. (Las leyes de Boyle, cambio de la temperatura del gas.
Charles, Gay-Lussac y Avogadro son casos especiales de ■■ El calor molar específico de un gas con presión
la ley de los gases ideales.) constante se relaciona con el calor molar específico de
un gas con volumen constante por Ccop n= pCrVes+ióRn.
■■ La ley de los gases ideales también se puede expresar ■■ El calor molar específico de un gas
ecBonomletlzomgpaaVsny=nk.NB k=B1T.,3d8o1n · d10e–N23 es el número de moléculas
J/K es la constante de mcoonnstoaantótemeiscCo Vy = 3 R = 12.5 J/(mol K) para un gas gas
diatómico. 2 = R = 20.8 J/(mol K) para un
CV 5
■■ La ley de Dalton establece que la presión total ejercida 2
por una mezcla de gases es igual a la suma de las ■■ Para un gas que experimenta un proceso adiabático,
presiones parciales de los gases en la mezcla: Q = 0, y las siguientes relaciones son válidas: pV = cons-
tante y TV–1 = cdoe=nrsa53tpa; nipdtaeer,cadegsoandsdeeseMdaia=xtwóCmepl/liCceoVss.t,áPadr=aadg57aa.pseosr
ptotal = p1 + p2 + p3 + … + pn. monoatómicos,
La distribución
■■ El trabajo hecho por un gas ideal a temperatura ■■
■■ vcEoolnltuesmotarenenmtefaainldacelaeVmqfbueiisaptraárddteiacudiónonpveooslrutaWmblee=nceninRqiTuceilanlla(VVeinfa/eVurgin)í.a 3/2
f(v) = 4 m
2kBT v2e−mv2/2kBT, y f(v) dv describe la
cinética media de traslación de las moléculas de un gas probabilidad de que una molécula tenga una rapidez
entre v y v + dv.
■■ es proporcional aralíaztmemedpiearactuuardar:áKtimceadida e=la23skmBTo. léculas ■■ La distribución de energía cinética de Maxwell está
La rapidez de la 3/2
2 1
dcaeduanmgoalséecsuvlarm. s = 3kBT /m , donde m es la masa de ( )dada por g K = kBT K e−K/kBT, y g(K) dK
■■ El calor molar específico de un gas con volumen describe la probabilidad de que una molécula tenga
constante, CnVe,seesltánúdmefienroiddoepmoroQles=dneCgVas yT,dToneds eelQ una energía cinética entre K y K + dK.
es el calor, ■■ El camino libre medio , de una molécula en un gas
cambio de la temperatura del gas. kBT
( )ideal está dada por = 4r2 , donde r es el
2 p
radio de la molécula.
www.FreeLibros.me
Práctica para resolución de problemas 641
TÉRMINOS CLAVE
gas, p. 615 ley de los gases ideales, p. 617 teoría cinética del gas gas poliatómico, p. 627
mol, p. 616 constante universal de los gases, ideal, p. 623 grado de libertad, p. 628
ley de Boyle, p. 616 equipartición de energía, p. 628
ley de Charles, p. 616 p. 617 teorema de equipartición, distribución de rapidez de
ley de Gay-Lussac, p. 617 constante de Boltzmann, p. 624
ley de Avogadro, p. 617 Maxwell, p. 634
número de Avogadro, p. 619 rapidez de la raíz media distribución de energía cinética
ley de Dalton, p. 622 cuadrática, p. 624
p. 617 presión parcial, p. 622 de Maxwell, p. 636
fracción molar, p. 623 gas monoatómico, p. 626 camino libre medio, p. 638
gas diatómico, p. 627
NUEVOS SÍMBOLOS Y ECUACIONES
NA = (6.02214179 ± 0.00000030) · 1023, número de Avogadro Kmmoeldéicau=la23 dkBeTg,aesnergía cinética media de traslación de una
pV = nRT, ley de los gases ideales, para el número de moles , el camino libre medio de una molécula en un gas
CV, el calor molar específico de un gas con volumen constante
pV = NkBT, ley de los gases ideales, para el número de moléculas Cp, el calor molar específico de un gas con presión constante
R = (8.314472 ± 0.000015) J/(mol K), la constante universal de los = Cp/CV, proporción de calores molares específicos
gases
kBBo=ltz(m1.a3n8n106504 ± 0.0000024) · 10–23 J/K, la constante de
RESPUESTAS A OPORTUNIDADES DE AUTOEXAMEN
19.1 Compare Cp con (CV + R) ∞ x2e–x2/a
∫19.2 Utilice la integral definida
CV Cp (CV + R) dx = 1 a3/2 .
[J/(mol K)] [J/(mol K)] 4
Gas [J/(mol K)]
Helio (He) 12.5 20.8 20.8 0
Neón (Ne) 12.5 20.8 20.8
Argón (Ar) 12.5 20.8 20.8
Criptón (Kr) 12.5 20.8 20.8
Hidrógeno (H2) 21.6 28.8 29.9
Nitrógeno (N2) 20.7 29.1 29.0
Oxígeno (O2) 20.8 29.4 29.1
Dióxido de carbono (CO2) 28.5 36.9 36.8
Metano (CH4) 27.5 35.9 35.8
PRÁCTICA PARA RESOLUCIÓN DE PROBLEMAS
Lineamientos para resolución de problemas 3. Ponga mucha atención a las unidades, las cuales se puedan
1. A menudo es útil hacer una lista de todas las cantidades dar en diferentes sistemas. Para temperaturas, la conversión
conocidas y desconocidas cuando aplica la ley de los gases de unidades no sólo involucra constantes multiplicativas; las
ideales, a fin de clarificar qué es lo que tiene y qué es lo que diferentes escalas de temperatura también son contrarresta-
busca. Este paso incluye la identificación de un estado inicial, das por constantes aditivas. Para estar seguro, las temperatu-
un estado final y una lista de cantidades para cada estado. ras siempre se deberán convertir en Kelvin. También asegú-
2. Si usted se está ocupando con moles de un gas, necesita rese de que el lvaasloqrude eesRtéotrkaBbqaujaenudsoe. sea consistente con las
la forma de la ley de los gases ideales que involucra R. Si está unidades con Además, recuerde que
abordando números de moléculas, necesita la forma que in- las masas molares se dan usualmente en gramos; posiblemen-
volucra kB. te tendrá que convertir las masas a kilogramos.
www.FreeLibros.me
642 Capítulo 19 Gases ideales
PROBLEMA RESUELTO 19.2 Densidad de aire con STP
PROBLEMA
¿Cuál es la densidad de aire con temperatura y presión estándares (STP)?
SOLUCIÓN
PIENSE
Sabemos que un mol de algún gas con temperatura y presión estándares ocupa un volumen de
22.4 L. Conocemos las fracciones relativas de los gases en los que consiste la atmósfera. Po-
demos combinar la ley de Dalton, la ley de Avogadro y las fracciónes de gases en el aire para
obtener la masa de aire contenida en 22.4 L. La densidad es la masa dividida entre el volumen.
ESBOCE
Ésta es una de las raras ocasiones donde un trazo no es útil.
INVESTIGUE
Contemplamos solamente los cuatro gases de la tabla 19.1 que representan una fracción signi-
ficativa de la atmósfera: nitrógeno, oxígeno, argón y dióxido de carbono. Sabemos que 1 mol de
algún gas tiene una masa de M (en gramos) en un volumen de 22.4 L con STP. Según la ecuación
19.12 sabemos que la masa de cada gas en 22.4 L será la fracción por volumen multiplicada por
la masa molecular, así que tenemos
maire = rN2MN2 + rO2MO2 + rArMAr + rCO2MCO2
y = maire maire
Vaire 22.4 L
ρaire = .
SIMPLIFIQUE
La densidad de aire es entonces
ρaire = (0.7808 ⋅28 g)+(0.2095 ⋅ 32 g)+(0.0093⋅40 g) + (0.00038 ⋅ 44 g) .
22.4 L
CALCULE
Si calculamos el resultado numérico, obtenemos
ρaire = 0.0218624 kg + 0.006704 kg + 0.000372 kg + 0.00001672 kg
22.4 ⋅10–3 m3
=1.29264 kg/m3.
REDONDEE
Reportamos nuestro resultado con tres cifras significativas:
ρaire =1.29 kg/m3 .
VUELVA A REVISAR
Podemos volver a verificar nuestro resultado mediante el cálculo de la densidad del gas nitró-
geno sólo con STP, ya que el aire es 78.08% nitrógeno. La densidad de nitrógeno con STP es
N2 = 28.0 g =1.25 g/L =1.25 kg/m3 .
22.4 L
Este resultado es cercano y levemente más bajo que nuestro resultado para la densidad del aire,
así que es razonable.
www.FreeLibros.me
Práctica para resolución de problemas 643
PROBLEMA RESUELTO 19.3 Presión de una nebulosa planetaria
PROBLEMA
Una nebulosa planetaria es una nube que consiste principalmente del gas hidrógeno con una
densidad, , de 1 000.0 moléculas por centímetro cúbico (cm3) y una temperatura, T, de 10 000 K.
Un ejemplo de una nebulosa planetaria, la Nebulosa del Anillo, se muestra en la figura 19.24.
¿Cuál es la presión de gas en la nebulosa?
SOLUCIÓN FIGURA 19.24 La Nebulosa
PIENSE
Debido a la muy baja densidad del gas en una nebulosa planetaria, el camino libre medio de las del Anillo como se ve mediante el
moléculas de gas (vea la sección 19.6) es extremadamente largo. Por lo tanto, es una muy buena
aproximación tratar la nebulosa como un gas ideal y aplicar la ley de los gases ideales. Conoce- Telescopio Espacial Hubble.
mos la densidad, que es el número de moléculas de gas por unidad de volumen. Podemos reem-
plazar en la ley de los gases ideales el producto entre la densidad y el volumen de la nebulosa.
Entonces el volumen se cancela y así podemos resolver la presión del gas.
ESBOCE
Un trazo aproximado de una nebulosa planetaria se muestra en la figura 19.25.
INVESTIGUE (i)
La ley de los gases ideales está dada por
pV = NkBT ,
donde p es la presión, V es el volumen, N es el número de moléculas de gas, kB es la constante
de Boltzmann, y T es la temperatura. El número de moléculas N es
N = V, (ii)
donde es el número de moléculas por unidad de volumen en la nebulosa.
SIMPLIFIQUE FIGURA 19.25 Una nebulosa
Si sustituimos para N según la ecuación (ii) en (i), obtenemos
pV = NkBT = VkBT, planetaria idealizada.
que podemos simplificar para obtener una expresión para la presión del gas en la nebulosa:
p = kBT .
CALCULE
Al sustituir los valores numéricos, obtenemos
1 000 moléculas 110–c6mm3 3
1 cm3
( )
p = ρkBT = 1.381⋅10–23 J/K (10 000 K)
=1.381⋅10–10 Pa.
REDONDEE
Reportamos nuestro resultado con dos cifras significativas:
p =1.4⋅10–10 Pa.
VUELVA A REVISAR
Podemos volver a verificar nuestro resultado si lo comparamos con la presión de un buen vacío
en un laboratorio en la Tierra, que es pulnaba=ne1b0u–7loPsaa.pElasntaetparreiasi.ón es aproximadamente 1 000
veces más alta que la presión dentro de
www.FreeLibros.me
644 Capítulo 19 Gases ideales
PREGUNTAS DE OPCIÓN MÚLTIPLE
19.1 U n sistema puede ir de un estado i d) Oxígeno con 2 atm y 30 °C.
al estado f como se muestra en la figura. e) Nitrógeno con 2 atm y 15 °C.
¿Qué relación es verídica? A
19.6 Dos recipientes idénticos contienen masas iguales de
a) QA > QB pi f gas, con oxígeno en uno y nitrógeno en el otro. Los gases se
b) QA = QB B mantienen a la misma temperatura. ¿Cómo se compara la pre-
sión del oxígeno con la del nitrógeno?
c) QA < QB
d) Es imposible decidir a partir de la a) pO > pN d) No se puede determinar
información dada. b) pO = pN con la información dada.
V c) pO < pN
19.2 Un neumático en un vehículo es inflado hasta una pre- 19.7 Un mol de un gas ideal a una temperatura de 0 °C está
sión manométrica de 32 lb/in2 a una temperatura de 27 °C. limitado a un volumen de 1.0 L. La presión de este gas es
Después de que el vehículo se haya manejado durante 30 mi,
la presión ha aumentado a 34 lb/in2. ¿Cuál es la temperatura a) 1.0 atm. c) 1/22.4 atm.
en el interior del neumático en este momento? b) 22.4 atm. d) 11.2 atm.
a) 40 °C b) 23 °C c) 32 °C d) 54 °C 19.8 C ien mililitros de nitrógeno líquido con una masa de
80.7 g están sellados dentro de un recipiente de 2 L. Después
19.3 El calor molar específico con la cpornesuiónnvcoolunmstaenntceo, nCsp-, de que el nitrógeno líquido se calienta y se convierte en gas,
es mayor que el calor molar específico ¿cuál es la presión en el interior del recipiente?
tante, CV, para
a) un gas ideal monoató- c) los dos gases anteriores. a) 0.05 atm c) 0.09 atm e) 18 atm
mico. b) 0.08 atm d) 9.1 atm
d) ninguna de las respuestas
b) un gas ideal diatómico. anteriores.
19.9 C onsidere una caja llena de un gas ideal. La caja experi-
19.4 U n gas ideal se puede expandir desde una presión ini- menta una repentina deexspcarnibseióenstleibprreodceesVo 1ena Vfo2r.m¿Ca ucáolrrdeectlaa?s
cial, pisi,oytéurmn ivcoal,uamdieanb,áVtiic,ahoasitsaobuánrivcoal.u¿mPaerna fqinuaélt,iVpof, de ma- siguientes respuestas
nera de pro-
ceso el calor transferido al gas es más grande? (Suponga que a) El trabajo realizado por el gas durante la expansión es igual
pi, Vi y Vf son los mismos para cada proceso.) a nRT ln (V2/V1).
b) Se agrega calor a la caja.
a) Proceso isotérmico d) Todos los procesos tie- c) La temperatura final es igual a la temperatura inicial mul-
b) Proceso adiabático nen el mismo flujo de calor. tiplicado por (V2/V1).
d) La energía interna del gas permanece constante.
c) Proceso isobárico
19.10 Compare la energía cinética media a temperatura am-
19.5 ¿ Cuál de los siguientes gases tiene la mayor rapidez de la biente de una molécula de nitrógeno con la de un átomo de
raíz media cuadrática? nitrógeno. ¿Cuál tiene la mayor energía cinética?
a) El átomo de nitrógeno. c) Tienen la misma energía.
a) Nitrógeno con 1 atm y 30 °C. b) La molécula de nitrógeno. d) Depende de la presión.
b) Argón con 1 atm y 30 °C.
c) Argón con 2 atm y 30 °C.
PREGUNTAS
19.11 E l aire caliente es menos denso que el aire frío y por bian energía con las paredes del recipiente ni entre sí, ¿cómo
ende experimenta una fuerza de flotación neta y sube. Pues- podrán encontrar un equilibrio? ¿No es cierto que si todas tu-
to que el aire caliente sube, entre más alta sea la elevación, vieron inicialmente la misma rapidez, algunas hubiesen llega-
más caliente deberá ser el aire. Por lo tanto, la cima del Monte do a desacelerar y otras a acelerar, conforme a la distribución
Everest debería ser muy caliente. Explique por qué el Mon- de rapidez de Maxwell?
te Everest es más frío que Death Valley. 19.13 Cuando usted sopla fuertemente en su mano, se siente
19.12 L a distribución de rapidez de Maxwell supone que el frío, pero cuando sopla suavemente, se siente caliente. ¿Por qué?
gas esté en equilibrio. Por lo tanto, si un gas cuyas moléculas 19.14 Explique por qué la velocidad media de moléculas de
se mueven todas con la misma rapidez tuviese el tiempo su- aire en un auditorio cerrado es cero, pero su rapidez de la raíz
ficiente, finalmente llegarían a cumplir con esta distribución. media cuadrática o rapidez media no es cero.
Sin embargo, las derivaciones de la teoría cinética en el tex- 19.15 En un motor diesel, la mezcla de combustible y aire es
to supusieron que cuando una molécula de gas impacta con comprimida rápidamente. Como resultado, la temperatura
la pared de un recipiente, rebotará con la misma energía que sube hasta la temperatura de combustión espontánea del com-
tuvo antes de la colisión, y que las moléculas de gas no ejercen bustible, causando que el combustible se encienda. ¿Cómo el
fuerzas una sobre la otra. Si las moléculas de gas ni intercam-
www.FreeLibros.me
Problemas 645
aumento de temperatura es posible, dado el hecho de que la ma una ecuación de estado. Para un gas con la masa molar M,
compresión ocurre tan rápidamente que no hay tiempo su- escriba la ley de gases ideales como una ecuación de estado.
ficiente para que una cantidad significativa de calor entre o
salga de la mezcla de combustible y aire? 19.21 La compresión y rarefacción asociadas con una onda
sonora propagándose en un gas son tanto más rápidas que el
19.16 Un cilindro con un pistón de deslizamiento contiene flujo de calor en el gas que se puedan tratar como procesos
un gas ideal. El cilindro (con el gas en el interior) es calentado adiabáticos.
mediante la transferencia de la misma cantidad de calor al sis-
tema en dos diferentes maneras: a) Busque la rapidez del sonido, vs, en un gas ideal de masa
molar M.
b) De acuerdo con el refinamiento de Einstein de la mecánica
1) El pistón es bloqueado para evitar su movimiento. newtoniana, vhs encohopuimedpeliecxaceudnear la rapidez de la luz en un
2) Se permite que el pistón se deslice sin fricción hasta el final vacío c. Este temperatura máxima para
del cilindro. un gas ideal. Busque esta temperatura.
¿Cómo se compara la temperatura final del gas bajo la condi- c) Evalúe la temperatura máxima del inciso b) para el gas mo-
ción 1 con la temperatura final del gas bajo la condición 2? ¿Es noatómico de hidrógeno (H).
posible que la temperatura esté igual? d) ¿Qué le pasa al hidrógeno a esta temperatura máxima?
19.17 D emuestre que el módulo de compresibilidad adiabático, 19.22 La teoría cinética de un gas ideal toma en cuenta no
definido como B = –V (dP/dV), para un gas ideal es igual a P. sólo el movimiento de traslación de átomos o moléculas, sino
también la vibración y la rotación para gases diatómicos y po-
19.18 Un gas ideal monoatómico se expande en forma iso- liatómicos. ¿Diferirá el aumento de temperatura a partir de
pFtérirnomacleimcsoaendisteeoc{epól1rg,iacVso1e,qxTup1ee}rliaom{leplen2v,taaVud2,neTa{1cp}o2. ,mLVup2er,geTosi1óe}nxapise{orpib1m,áreVinc2ta,aTquu2}ne. una transferencia dada de calor que se suministre a un gas
lo lleva de regreso a {p1, V1, T1}. monoatómico del aumento de temperatura debido a la mis-
ma cantidad de calor que se suministre a un gas diatómico?
a) Utilice la primera ley de la termodinámica para encontrar Explique.
Q para cada uno de estos procesos.
19.23 En la termosfera, la capa de la atmósfera terrestre que
b) Escriba una expresión para Q total en términos de p1, p2, se extiende desde una altitud de 100 km hasta 700 km, la tem-
V1 y V2. peratura puede alcanzar aproximadamente 1 500 °C. ¿Cómo
se sentiría el aire en esta capa en la piel desnuda?
19.19 Dos gases monoatómicos reaccionarán para formar un
gas diatómico: A + B → AB. Suponga que usted realiza esta 19.24 U n vaso de agua se deja a temperatura ambiente en la
reacción con 1 mol de c/u A y B en una cámara de aislamiento mesa de la cocina durante la noche. En la mañana, la cantidad
térmico, de tal modo que no hay intercambio de calor con el de agua en el vaso es menor debido a la evaporación pero el
entorno. ¿Aumentará o disminuirá la temperatura del sistema? agua en el vaso está debajo del punto de ebullición, así que
¿cómo es posible que una parte del agua líquida se haya con-
19.20 Una relación que da la presión, p, de una sustancia vertido en gas?
como función de su densidad, , y su temperatura, T, se lla-
PROBLEMAS
Una • y dos •• indican un nivel mayor de dificultad del problema. a) ¿Cuál es la nueva presión de sus neumáticos en unidades
de SI?
Sección 19.1 b) Si usted deja escapar aire de los neumáticos para llevar la
19.25 Un neumático tiene una presión manométrica de 300 presión nuevamente a los 33 psi recomendados, ¿qué porcen-
taje de la masa de aire original en los neumáticos va a liberar?
kPa a 15.0 °C. ¿Cuál es la presión manométrica a 45.0 °C? Supon- •19.28 Un volumen de 1.00 L de un gas experimenta un pro-
ga que el cambio de volumen del neumático es insignificante. ceso isocórico en el cual duplica su presión, seguido por un
19.26 Un tanque de helio comprimido para inflar globos tie- proceso isotérmico hasta que se logre la presión original. De-
ne la indicación de contener helio de una presión de 2 400 psi, termine el volumen final del gas.
el cual ocupará un volumen de 244 ft3 cuando se permite su •19.29 Suponga que tiene una olla llena de vapor a 100.0 °C
expansión a la presión atmosférica. Suponiendo que no suce- y con una presión de 1.00 atm. La olla tiene un diámetro de
de ningún cambio de temperatura durante la expansión, ¿cuál 15.0 cm y una altura de 10.0 cm. La masa de la tapa es de 0.500
es el volumen del tanque en pies cúbicos? kg. ¿Hasta qué temperatura tendrá que calentar el vapor para
•19.27 Antes de emprender un viaje en automóvil desde Mi- levantar la tapa de la olla?
chigan a Florida para escapar del frío del invierno, usted infla
los neumáticos de su auto con una presión de 33 psi, sugerida Sección 19.2
por el fabricante, mientras que la temperatura exterior es de •19.30 U na cantidad de agua líquida entra en equilibrio con
25 °F, y luego se asegura de que las tapas de las válvulas estén
herméticamente cerradas. Usted llega a Florida dos días des- el aire en un recipiente cerrado, sin evaporar por completo,
pués, y la temperatura exterior es agradable a 72 °F. a una temperatura de 25.0 °C. ¿Cuántos gramos de vapor de
www.FreeLibros.me
646 Capítulo 19 Gases ideales
agua contiene un litro del aire en esta situación? La presión de con 0.00500 moles de gas. A temperatura ambiente (23.0 °C), el
vapor de agua a 25.0 °C es de 3.1690 kPa. resorte está ni comprimido ni estirado. ¿Qué tanto se comprime
el resorte si la temperatura del gas es elevada a 150. °C?
•19.31 Utilice la ecuación T = constante y la información ••19.40 Aire con 1.00 atm se encuentra en el interior de un ci-
del capítulo 16 para estimar la rapidez del sonido en el aire a lindro de 20.0 cm de radio y 20.0 cm de largo que reposa en una
40.0 °C, dado que la rapidez a 0.00 °C es de 331 m/s. mesa. La parte superior del cilindro está sellada mediante un pis-
tón movible. Se deja caer un bloque de 20.0 kg sobre el pistón.
19.32 S uponga que 2.00 moles de un gas ideal están encerra- ¿Desde qué altura arriba del pistón se tiene que soltar el bloque
dos en un recipiente que tiene un volumen de 1 · 100–4 m3. El para comprimir el pistón por 1.00 mm, 2.00 mm y 1.00 cm?
recipiente luego se coloca en un horno y se eleva a una tempe-
ratura de 400. K. ¿Cuál es la presión final del gas? Sección 19.3
19.33 1.00 mol de un gas ideal se mantiene con un volumen 19.41 E l espacio interestelar lejos de alguna estrella usual-
constante de 2.00 L. Encuentre el cambio de presión si la tem- mente está lleno de hidrógeno atómico (H) con una densidad
peratura aumenta por 100. °C. de 1 átomo/cm3 y una temperatura muy baja de 2.73 K.
19.34 ¿Cuánto calor se agrega al sistema cuando 2 000 J de a) Determine la presión en el espacio interestelar.
trabajo es realizado por un gas ideal en un proceso isotérmi- b) ¿Cuál es la rapidez de la raíz media cuadrática de los
co? Dé una razón para su respuesta. átomos?
c) ¿Cuál sería la longitud de arista de un cubo que contiene
•19.35 E l nitrógeno líquido, que se usa en muchos laborato- una cantidad de átomos con una energía interna de 1.00 J ?
rios de investigación física, puede presentar un riesgo de segu-
ridad si una cantidad grande evapora en un espacio cerrado. 19.42 a) ¿Cuál es la rapidez de la raíz media cuadrática para
El nitrógeno evaporado reduce la concentración de oxígeno, un grupo de átomos de 4He (helio-4) a 300. K?
creando el riesgo de asfixia. Suponga que 1.00 L de nitrógeno lí-
quido ( = 808 kg/m3) evapora y entra en equilibrio con el aire a b) ¿Cuál es la rapidez de la raíz media cuadrática para un
21.0 °C y 101 kPa. ¿Qué volumen ocupará? grupo de átomos de 3He (helio-3) a 300. K?
•la1b9o.3ra6t oSreiodyesreraemvaapborroa.mSouplíoqnuiiednodo(Bqru2)e en un accidente de 19.43 Dos isótopos de uranio, 235U y 238U, están separados
el vapor se compor- por un proceso de difusión de gas que involucra su combi-
te como un gas ideal con una temperatura de 20.0 °C y una nación con flúor para hacer el compuesto UcuFa6d. rDáteitcearmdeinme ola-
presión de 101.0 kPa, encuentre su densidad. proporción de la rapidez de la raíz media
léculas de UdeF624p9aruamloasyd2o5s2 isótopos. Las masas de 235UF6 y
•19.37 D os recipientes contie- 238UF6 son uma.
nen el mismo gas con diferentes
temperaturas y presiones, como 19.44 Los electrones, que causan la conductividad de un me-
lo indica la figura. El recipiente tal, se comportan aproximadamente como moléculas de un
pequeño tiene un volumen de gas ideal. La mdealsamdeetaulneseldeect3ró00n.0esKm, e¿cuá9l.e1s09la · 1ra0p–3i1dkezg.dSei la
1.00 litro y el recipiente grande temperatura la
tiene un volumen de 2.00 litros. raíz media cuadrática de los electrones?
Entonces se conectan los dos
recipientes entre sí por medio de un tubo delgado, y se permi- •19.45 En un periodo de 6.00 s, 9.00 · 1023 moléculas de ni-
te que se iguale la presión y temperatura en ambos recipientes. trógeno impactan en una sección de una pared con un área
Si la temperatura final es de 300. K, ¿cuál es la presión final? de 2.00 cm2. Si las moléculas se mueven con una rapidez de
Suponga que el tubo de conexión tiene un volumen y masa 400.0 m/s y se impactan contra la pared de frente en colisiones
despreciables. elásticas, ¿cuál es la presión que se ejerce sobre la pared? (La
masa de una molécula de N2 es de 4.68 · 10–26 kg.)
•19.38 U na muestra de gas con p = 1 000. Pa, V = 1.00 L y
T = 300. K es encerrada en un cilindro. •19.46 S uponiendo que la presión permanezca constante, ¿a
qué temperatura la rapidez de la raíz media cuadrática de un
a) Encuentre la nueva presión si el volumen se reduce a la átomo de helio es igual a la rapidez de la raíz media cuadrática
mitad del volumen original a la misma temperatura. de una molécula de aire con STP?
b) Si la temperatura se eleva a 400. K en el proceso del inci-
so a), ¿cuál es la nueva presión? Sección 19.4
c) Si el gas es entonces calentado a 600 K
desde el valor inicial y la presión del gas se 19.47 Dos cilindros de cobre, inmersos en un tanque de agua
convierte a 3 000 Pa, ¿cuál es el nuevo vo- a 50.0 °C contienen helio y nitrógeno, respectivamente. El tan-
lumen? que lleno de helio tiene un volumen dos veces más grande que
el tanque de nitrógeno.
•19.39 Un cilindro de un área de sección 0.00500 L0
transversal de 12.00 cm2 es equipado con un moles de gas a) Calcule la energía cinética media de una molécula de helio
pistón, que está conectado a un resorte con y la energía cinética media de una molécula de nitrógeno.
una constante de resorte de 1 000. N/m, como b) Determine el calor molar específico con volumen constan-
se muestra en la figura. El cilindro se llena te (CV) y con una presión constante (Cp) para los dos gases.
c) Encuentre para los dos gases.
www.FreeLibros.me
Problemas 647
19.48 A temperatura ambiente, cilindros idénticos de gas •19.57 ¿ Cuánto trabajo realiza el gas durante cada uno de los
contienen 10 moles de gas nitrógeno y de argón, respectiva- tres procesos en el problema 19.56 y cuánto calor fluye al gas
mente. Determine el cociente de las energías internas alma- en cada proceso?
cenadas en los dos sistemas. Suponga el comportamiento de
un gas ideal. ••19.58 D os cilindros geométricamente idénticos de un diá-
metro interior de 5.0 cm, uno hecho de cobre y el otro de te-
19.49 C alcule el cambio de energía interna de 1.00 mol de flón, son inmersos en un tanque de agua de gran volumen a
un gas ideal diatómico que empieza a temperatura ambiente temperatura ambiente (20 °C), como se muestra en la figura.
(293 K) cuando su temperatura es incrementada por 2.00 K. En cada cilindro se coloca un pistón de teflón sin fricción con
19.50 T ratando al aire como un gas ideal de moléculas diató- un vástago y plato fijo. La masa del ensamble de pistón y plato
micas, calcule cuánto calor se requiere para subir la tempera- es de 0.50 kg, y los cilindros están llenos de gas helio así que
tura del aire en una habitación de 8.00 m por 10.0 m por 3.00 m inicialmente ambos pistones están en equilibrio a 20.0 cm del
de 20.0 °C a 22.0 °C con 101 kPa. Ignore el cambio en el núme- fondo de sus respectivos cilindros.
ro de moles de aire en la habitación.
a) Un bloque de plomo de 5.0 kg
•19.51 ¿ Cuál es la energía aproximada que se requiere para se coloca lentamente en cada plato
subir la temperatura de 1.00 L de aire por 100. °C mientras el y se baja el pistón lentamente has-
volumen se mantiene constante? ta que llegue a su estado de equi-
librio final. Calcule la altura final
•19.52 Usted está diseñando un experimento que requiere un de cada pistón (medida desde el
gas con un coeficiente de dilatación adiabática de = 1.60. Sin fondo de su respectivo cilindro).
embargo, usted recuerda de sus clases de física que ningún gas b) Si los dos bloques de plomo se dejan caer repentinamente
tiene este tipo de valor de . Y al mismo tiempo también recuer- sobre los platos, ¿cómo se compararán las alturas finales de
da que la mezcla de gases monoatómicos y diatómicos puede dar los dos pistones?
un gas con tal valor de . Determine la fracción de moléculas
diatómicas que una mezcla debe tener para obtener este valor. ••19.59 E l capítulo 13 examinó la variación de presión con
altitud en la atmósfera de la Tierra, suponiendo una tempe-
Sección 19.5 ratura constante, un modelo que se conoce como la atmósfera
19.53 S uponga que 15.0 L de un gas ideal monoatómico con isotérmica. Una mejor aproximación es tratar las variaciones
de presión con altitud como adiabática. Suponga que el aire se
una presión de 1.50 · 105 kPa se expande en forma adiabática pueda tratar como un gas ideal diatómico con una masa molar
(sin transferencia de calor) hasta que se duplique el volumen. efectiva de Maire = 28.97 g/mol.
a) ¿Cuál es la presión del gas con el nuevo volumen? a) Encuentre la presión y temperatura de la atmósfera como
b) Si la temperatura inicial del gas fue de 300. K, ¿cuál es su funciones de altitud. Suponga que la presión a nivel del mar
temperatura final después de la expansión? 2se0a.0p°0C=. 101.0 kPa y la temperatura a nivel del mar sea de
19.54 U n motor diesel trabaja con una relación de compre- b) Determine la altitud en la que la presión y densidad del
sión alta para comprimir aire hasta que alcance una tempera- aire estén a la mitad de sus valores a nivel del mar. ¿Cuál es la
tura suficientemente alta para encender el combustible diesel. temperatura a esta altitud, en este modelo?
Suponga que la relación de compresión (razón de volúmenes) c) Compare estos resultados con el modelo isotérmico del ca-
de un motor diesel específico sea de 20 a 1. Si entra aire en un pítulo 13.
cilindro con 1.00 atm y es comprimido en forma adiabática,
el aire comprimido alcanza una presión de 66.0 atm. Supo- Sección 19.6
niendo que el aire entra en el motor a temperatura ambiente
(25.0 °C) y que el aire se pudiese tratar como un gas ideal, p19id.6ez0 dCeolansriadízerme eedl giaascunaitdrróágteicnaodNe2laas2m0.o0lé°Ccu. l¿aCsudáel es la ra-
encuentre la temperatura del aire comprimido. nitróge-
19.55 El aire en un cilindro de un motor diesel es rápidamen- no? ¿Cuál es la rapidez más probable? ¿Qué porcentaje de mo-
te comprimido desde una temperatura inicial de 20.0 °C, una léculas de nitrógeno tienen una rapidez dentro de 1.00 m/s de
presión inicial de 1.00 atm y un volumen inicial de 600. cm3 a la rapidez más probable? (Pista: Suponga que la probabilidad
un volumen final de 45.0 cm3. Suponiendo que el aire fuese un de que los átomos de neón tengan rapideces entre 200.00 m/s
gas diatómico ideal, encuentre la temperatura y presión finales. y 202.00 m/s es constante.)
•19.56 6.00 litros de un gas ideal monoatómico, originalmen- 19.61 C omo se menciona en el texto, la distribución de rapi-
te a 400. K y presión de 3 atm (llamado estado 1) experimenta deces de moléculas en la atmósfera de la Tierra tiene un im-
los siguientes procesos: pacto significativo sobre su composición.
1 → 2 expansión isotérmica a V2 = 4V1
2 → 3 compresión isobárica a) ¿Cuál es la rapidez media de una molécula de nitrógeno
3 → 1 compresión adiabática a su estado inicial en la atmósfera a una temperatura de 18.0 °C y una presión
Encuentre la presión, volumen y temperatura del gas en los (parcial) de 78.8 kPa?
estados 2 y 3. ¿Cuántos moles del gas existen? b) ¿Cuál es la rapidez media de una molécula de hidrógeno a
la misma temperatura y presión?
www.FreeLibros.me
648 Capítulo 19 Gases ideales
19.62 U n recipiente sellado contiene 1 mol de gas neón con 19.70 Un gas se expande con una presión constante desde
STP. Estime el número de átomos de neón que tienen rapide- 3.00 L a 15.0 °C hasta que el volumen es de 4.00 L. ¿Cuál es la
ces en el rango de 200.00 m/s a 202.00 m/s. temperatura final del gas?
•19.63 P ara una habitación a 21.0 °C y a 1.00 atm, escriba 19.71 U n gas ideal tiene una densidad de 0.0899 g/L a 20.00 °C
una expresión para la fracción de moléculas de aire que tienen y 101.325 kPa. Identifique el gas.
rapideces mayores que la rapidez del sonido, conforme a la
distribución de Maxwell. ¿Cuál es la rapidez media de cada 19.72 U n tanque de gas que consiste en 30.0% ddeelOa2lmy a7c0é.n0%a
molécula? ¿Cuál es la rapidez de la raíz media cuadrática? Su- de Ar tiene un volumen de 1.00 m3. Se mueve
ponga que el aire consiste en moléculas uniformes de un gas 20.0 °C a las afueras en un día soleado. Inicialmente el ma-
diatómico con una masa de 15.0 uma. nómetro marca 1 000. psi. Después de varias horas, el manó-
metro señala 1 500. psi. ¿Cuál es la temperatura del gas en el
••19.64 S i un transbordador espacial es golpeado por un tanque en ese momento?
meteoro y le produce un agujero de 1.0 cm de diámetro en
la ventana, ¿cuánto tiempo tarda antes de que la presión en 19.73 Suponga que 5.0 moles de un gas ideal monoatómico
el interior de la cabina se reduce a la mitad de su valor ori- se expanden a una temperatura constante de 22 °C desde un
ginal? Suponga que la cabina del transbordador sea un cubo volumen inicial de 2.0 m3 a 8.0 m3.
con bordes que miden 5.00 m con una temperatura constante
de 21 °C con 1.0 atm, y que el aire en el interior consiste de a) ¿Cuánto trabajo hizo el gas?
mo-léculas diatómicas uniformes con una masa de 15 uma. b) ¿Cuál es la presión final del gas?
(Pista: ¿Qué fracción de las moléculas se está moviendo en
la dirección correcta para salir a través del agujero, y cuál es 19.74 Suponga que 0.0400 moles de un gas ideal monoatómi-
su rapidez media? Derive una expresión para la rapidez con co tiene una presión de 1.00 atm a 273 K y luego es enfriado
la que las moléculas salen por el agujero como función de la con presión constante hasta que su volumen es reducido a la
presión y, por ende, de dp/dt.) mitad. ¿Cuál es la cantidad de trabajo hecho por el gas?
Problemas adicionales •19.75 Una botella de 2.00 L contiene 1.00 mol de bicarbona-
19.65 1 .00 mol de gas nitrógeno molecular se expande en to sódico y 1.00 mol de ácido acético. Éstos se combinan para
producir 1.00 mol de gas de dióxido de carbono, junto con
volumen rápidamente, así que no se intercambia calor con el agua y acetato de sodio. Si se sella la botella herméticamente
entorno durante el proceso. Si el volumen aumenta de 1.00 L a antes de que ocurra la reacción, ¿cuál es la presión dentro de
1.50 L, determine el trabajo hecho sobre el entorno si la tem- la botella cuando la reacción está completa?
peratura del gas baja de 22.0 °C a 18.0 °C. Suponga el compor-
tamiento de un gas ideal. •19.76 U na cámara cilíndrica con un radio de 3.5 cm contie-
19.66 C alcule la rapidez de la raíz media cuadrática de mo- ne 0.12 moles de un gas ideal. Está equipada con un pistón de
léculas de aire a temperatura ambiente (22.0 °C) a partir de la 450 g que reposa en la parte superior, encerrando un espacio
teoría cinética de un gas ideal. de una altura de 7.5 cm. Cuando el cilindro se enfría a 15 °C ¿a
19.67 En Party City usted compra un globo lleno de helio con qué distancia debajo de la posición inicial terminará el pistón?
un diámetro de 40.0 cm a 20.0 °C y con 1.00 atm.
a) ¿Cuántos átomos de helio se encuentran dentro del globo? •19.77 E ncuentre la energía cinética más probable para una
b) ¿Cuál es la energía cinética media de los átomos? molécula de un gas a la temperatura T = 300 K. ¿De qué ma-
c) ¿Cuál es la rapidez de la raíz media cuadrática de los átomos? nera depende este valor de la identidad del gas?
19.68 ¿ Cuál es la masa total de todas las moléculas de oxíge-
no en un metro cúbico de aire a temperatura normal (25 °C) y •19.78 Un auditorio cerrado con un volumen de 2.50 · 104 m3
presión normal (1.01 · 105 Pa)? Observe que el aire es aproxi- está lleno con 2 000 personas al principio de un evento. Al
mel ardesatmo eens tper2in1c%ip(aplmorevnotelunmiternó)gedneoo(xNíg2emnool(eOc2ulmaro)l.ecular), y principio el aire en el espacio está a una temperatura de 293 K
19.69 Los neumáticos de un auto de 3.0 · 103 lb están llenos y una presión de 1.013 · 105 Pa. Si no hubiera ventilación, ¿qué
de aire con una presión manométrica (presión adicional a la tanto subirá la temperatura del aire durante el evento de 2.00
presión atmosférica) de 32 lb/in2 mientras que el vehículo se horas si cada persona metabolizara a una rapidez de 70.0 W?
encuentra en el ascensor de un taller de reparación. Luego se
baja el auto al piso. •19.79 A la temperatura de 295 K, la presión de vapor de pen-
a) Suponiendo que el volumen interno de los neumáticos no tgaanseoo(sCo5eHst1á2)ceosndteen6id0o.7eknPuan. Suponga que 1.000 g de pentano
cambie de manera apreciable como resultado del contacto con cilindro con paredes diatérmicas
el piso, calcule la presión absoluta en los neumáticos en pasca- (de conducción térmica) y un pistón para variar el volumen.
les cuando el auto está en el piso. El volumen inicial es de 1.000 L, y el pistón se mueve lenta-
b) ¿Cuál es el área total de contacto entre los neumáticos y mente, manteniendo la temperatura a 295 K. ¿A qué volumen
el piso? aparecerá la primera gota de pentano líquido?
•19.80 H elio llena un cilindro bien aislado equipado con un
pistón a 22.0 °C y con 1.00 atm. El pistón se mueve muy len-
tamente (expansión adiabática), así que el volumen aumenta
hasta cuatro veces su volumen original.
a) ¿Cuál es la presión final?
b) ¿Cuál es la temperatura final del gas?
www.FreeLibros.me
La segunda ley de la 20
termodinámica
LO QUE APRENDEREMOS 650
20.1 Procesos reversibles e irreversibles 650
Tiempo recurrente de Poincaré 651
Ejemplo 20.1 M azo de naipes 651
20.2 Motores y refrigeradores 652
Ejemplo 20.2 Calentar una casa
con una bomba de calor 653
20.3 Motores ideales 654
El ciclo de Carnot 654
Ejemplo 20.3 T rabajo realizado por
un motor de Carnot 657
Ejemplo 20.4 Eficiencia máxima de
una planta de energía eléctrica 657
20.4 Motores reales y eficiencia 658
Ciclo de Otto 658
Problema resuelto 20.1 Eficiencia de
un motor de automóvil 660
a) Ciclo de Diesel 662
b)
Automóviles híbridos 662
FIGURA 20.1 a ) Una locomotora de vapor. b) El Thrust SSC.
Eficiencia y la crisis de energía 663
20.5 La segunda ley de la termodinámica 664
20.6 Entropía 666
Ejemplo 20.5 Cambio de la entropía
para el congelamiento del agua 668
Ejemplo 20.6 Cambio de la entropía
para el calentamiento del agua 669
20.7 Interpretación microscópica de
la entropía
669
Ejemplo 20.7 E l incremento de la entropía
durante la libre expansión de un gas 671
Muerte de la entropía 672
LO QUE HEMOS APRENDIDO/ 672
GUÍA DE ESTUDIO PARA EXAMEN
Práctica para resolución de problemas 674
Problema resuelto 20.2 Costo de
674
operar una planta de energía eléctrica
676
Problema resuelto 20.3 Congelar agua 677
678
en un refrigerador 679
Preguntas de opción múltiple
Preguntas
Problemas
www.FreeLibros.me
650 Capítulo 20 La segunda ley de la termodinámica
LO QUE APRENDEREMOS
■■ Los procesos termodinámicos reversibles son procesos opera en un ciclo termodinámico, regresando
idealizados en los cuales un sistema se puede mover de periódicamente a su estado original.
un estado termodinámico a otro y de regreso, mientras ■■ Ningún motor térmico puede ser 100% eficiente. La
permanece cerca del equilibrio termodinámico. segunda ley de la termodinámica impone limitaciones
■■ Muchos de los procesos son irreversibles; por fundamentales en la eficiencia del motor térmico.
ejemplo, las piezas rotas de una taza de café ■■ Los refrigeradores y acondicionadores de aire son
tiradas en el suelo no se pueden volver a armar motores térmicos que operan al revés.
espontáneamente hasta formar la taza de nuevo. ■■ La entropía de un sistema es una medida de qué tan
Prácticamente todos los procesos termodinámicos del lejos del equilibrio está dicho sistema.
mundo real son irreversibles. ■■ La segunda ley de la termodinámica dice que
■■ La energía mecánica se puede transformar en energía la entropía de un sistema cerrado jamás puede
térmica, y la energía térmica se puede transformar en disminuir.
energía mecánica. ■■ La entropía de un sistema puede relacionarse a
■■ El motor térmico es un aparato que convierte la los estados microscópicos de los elementos de un
energía térmica en energía mecánica. Este motor sistema.
Los primeros estudios de la termodinámica estuvieron motivados por el deseo de los científicos e
ingenieros de descubrir los principios que gobiernan a los motores y las máquinas, para que ellos
pudieran diseñarlos en forma más eficiente y poderosa. El motor de vapor podía ser usado para
impulsar las primeras locomotoras y barcos; sin embargo, las calderas de vapor sobrecalentadas
podían explotar causando daños y fallecimientos. Hoy en día, las locomotoras y barcos de vapor
se usan principalmente en rutas panorámicas para turistas.
Los principios que afectan la eficiencia de los motores térmicos se aplican a todos los motores,
desde locomotoras de vapor [figura 20.1a)] hasta los motores de propulsión a chorro. El Thrust
SSC (automóvil supersónico) mostrado en la figura 20.1b), usaba dos poderosos motores de pro-
pulsión a chorro para establecer un récord de rapidez terrestre de 763 mph en octubre de 1997.
Sin embargo, a pesar de toda su rapidez y potencia, aún produce más gasto calórico que energía
aprovechable, lo cual también es cierto para la mayoría de los motores.
En este capítulo examinamos en la teoría y en la práctica los motores térmicos. Su operación
está gobernada por la segunda ley de la termodinámica, uno de los enunciados científicos de
mayor alcance y poder. Existen diversos modos de expresar esta ley, incluyendo uno que implica
un concepto llamado entropía. Las ideas que se abordan en este capítulo tienen aplicaciones en
prácticamente todas las áreas de la ciencia, incluyendo el procesamiento de la información, la
biología y la astronomía.
40 °C 10 °C 20.1 Procesos reversibles e irreversibles
a) 0 °C 10 °C
Agua Como advertimos en el capítulo 18, si usted vierte agua caliente en un vaso y lo coloca sobre una
Hielo mesa, el agua se enfriará lentamente hasta alcanzar la temperatura ambiente. El aire en la habita-
ción también se entibiará, aunque de manera imperceptible. Usted se sorprendería si el agua se
0 °C 0 °C 0 °C calentara y el aire de la habitación se enfriara ligeramente, mientras conserva la energía. De hecho,
b) 0 °C 0 °C 0 °C la primera ley de la termodinámica se aplica para ambos escenarios. Sin embargo, siempre es el
Agua Hielo caso de que el agua se enfría hasta tener la temperatura ambiente. De esta manera, otros principios
Hielo físicos son requeridos para explicar por qué la temperatura cambia de un modo y no de otro.
FIGURA 20.2 Dos procesos Prácticamente todos los procesos termodinámicos de la vida real son irreversibles. Por ejem-
plo, si un disco de hielo a una temperatura de 0 °C es colocado en una lata de metal a una tem-
termodinámicos: a) Un proceso peratura de 40 °C, el calor fluirá irreversiblemente de la lata hacia el hielo, como se muestra en
irreversible en el cual un disco de la figura 20.2a). El hielo se derretirá, el agua entonces se calentará y la lata se enfriará hasta que
hielo a una temperatura de 0 °C es el agua y la lata estén a la misma temperatura (10 °C en este caso). No es posible hacer pequeños
colocado dentro de una lata de metal cambios en ninguna variable termodinámica y regresar el sistema al estado correspondiente a la
que se encuentra a una temperatura lata caliente y el agua hecha hielo.
de 40 °C. b) Un proceso reversible
en el cual un disco de hielo a una Sin embargo, podemos imaginarnos una clase de idealización de procesos reversibles. Con
temperatura de 0 °C es colocado un proceso reversible, un sistema está siempre cerca de estar en un equilibrio termodinámico.
dentro de una lata de metal a una En ese caso, hacer un pequeño cambio en el estado del sistema puede revertir cualquier cambio
temperatura igual de 0 °C. en las variables termodinámicas del sistema. Por ejemplo, en la figura 20.2b), un disco de hielo
www.FreeLibros.me
20.1 Procesos reversibles e irreversibles 651
a una temperatura de 0 °C es colocado en una lata de metal que también está a una temperatura
de 0 °C. Al subir ligeramente la temperatura de la lata el hielo se derretirá formando agua. Así al
bajar la temperatura de la lata de metal hará que el agua forme hielo otra vez, regresando de esta
manera el sistema a su estado original. (Técnicamente hablando, la estructura de cristal del hielo
sería distinta y de ese modo el estado final sería diferente del estado inicial, pero no de un modo
que nos preocupe aquí.)
Podemos pensar en procesos reversibles como procesos de equilibrio en los cuales el sistema
siempre conserva su equilibrio térmico o se mantiene cerca de él. Si un sistema estuviera en ver-
dad en equilibrio térmico, no habría calor que fluyera y el sistema no trabajaría. Es por ello que
el proceso reversible es una idealización. Sin embargo, para un proceso casi reversible, pequeños
ajustes en la presión y temperatura pueden mantener al sistema cerca del equilibrio térmico.
Por otra parte, si un proceso involucra el flujo de calor con una diferencia limitada de tem-
peratura, la expansión libre de un gas, o la conversión de trabajo mecánico a energía térmica, es
un proceso irreversible. No es posible hacer pequeños cambios en la presión o temperatura del
sistema y causar que el proceso continúe en la dirección opuesta. Adicionalmente, mientras que
un proceso irreversible está sucediendo, el sistema no se encuentra en equilibrio térmico.
La irreversibilidad de un proceso está relacionada con la aleatoriedad o desorden
del sistema. Por ejemplo, suponga que ordena un mazo de naipes por rango y categoría y
entonces toma los primeros cinco naipes, como se muestra en la figura 20.3a). Usted obser-
vará un sistema de naipes bien ordenado, por ejemplo, todas las espadas, empezando por el a)
as y bajando hasta el diez. Después pone usted esos cinco naipes de regreso al mazo, lo lanza
al aire y deja que los naipes caigan al piso. Levanta los naipes de uno en uno sin ver su rango
o categoría, y entonces toma los primeros cinco naipes de la parte superior de su mazo. Es
sumamente improbable que esos cinco naipes estén ordenados por rango y categoría. Es
mucho más probable que vea como resultado el que se muestra en la figura 20.3b); es decir, b)
los naipes en un orden aleatorio. El proceso de lanzar y recoger los naipes es irreversible.
FIGURA 20.3 a ) Los primeros cinco
Otro ejemplo de un proceso irreversible es la libre expansión de un gas, que ya vimos
en el capítulo 18 y que discutiremos con mayor detalle en la sección 20.7. naipes de un mazo ordenado por rango y
categoría. b) Los primeros cinco naipes
de un mazo que fue lanzado en el aire y
Tiempo recurrente de Poincaré recogido de manera aleatoria.
La experiencia común de un déjà vu (del francés y significa “ya visto o algo ya conocido”) es el sen-
timiento de haber vivido ya una situación particular antes. Pero, ¿los eventos realmente se repiten?
Si los procesos que conducen de un suceso a otro son realmente irreversibles, entonces un suceso
no se puede repetir con exactitud.
El físico y matemático francés Henry Poincaré hizo una importante contribución a esta dis-
cusión en 1890, al afirmar su famoso teorema de recurrencia. En él postula que ciertos sistemas
dinámicos cerrados regresarán a estar arbitrariamente cercanos a su estado inicial transcurrido
el suficiente tiempo. Dicho tiempo es conocido como el tiempo recurrente de Poincaré, o sim-
plemente como el tiempo de Poincaré de un sistema. Dicho tiempo puede ser calculado rela-
tivamente directo para varios sistemas que únicamente tienen un número finito de diferentes
estados, como ilustra el siguiente ejemplo.
EJEMPLO 20.1 Mazo de naipes
Supongamos que usted vuelve a lanzar y recoger el mazo de naipes, como en la figura 20.3, una y
otra vez. A la larga, existe la posibilidad de que el orden aleatorio en el que usted recogió los naipes
arrojará la secuencia de ases hasta el diez de espadas en los primeros cinco naipes del mazo.
PROBLEMA
Si en promedio tarda un minuto lanzar los naipes al aire y luego apilarlos formando el mazo otra
vez, ¿cuánto tiempo espera usted que le tome, en promedio, antes de que encuentre la secuencia
de ases hasta el diez de espadas en los primeros cinco naipes del mazo?
SOLUCIÓN el mazo. Cada uno de qpuroedbaebciolimdaodladepr5i12mdeerasecrarlatapdrei-l
Hay 52 naipes en que la probabilidad de ellos tiene la misma
mera carta. Así es que el as de espadas 51 naipes abajo. La probabilidad
mazo es de .1 Si el as es la primera carta, entonces aún hay
52
(continúa)
www.FreeLibros.me
652 Capítulo 20 La segunda ley de la termodinámica
(continuación)
de que el rey de espadas esté en la primera posición de los 5r1eynadiepeesspqaudearsesotacnupeesndelos511 . De
este modo, la probabilidad combinada de que el as y el pri-
meros dos lugares en ese orden, es de 1/(52 · 51) = 1/2 652. Del mismo modo, la proba-
bilidad de que la secuencia ordenada desde el as hasta el diez de espadas ocurra es de
1/(52 · 51 · 50 · 49 · 48) = 1/311 875 200.
Así es que el número promedio de intentos para obtener la secuencia deseada es de
311 875 200. Como cada uno de estos intentos toma un minuto, el término exitoso de este ejer-
cicio tomaría aproximadamente 593 años.
EXPLICACIÓN
Podemos afirmar casi inmediatamente el número promedio de intentos que requeriríamos para
tener los 52 naipes en una secuencia ordenada del as al dos, para las cuatro categorías. ¡Esto es
52 · 51 · 50 · … · 3 · 2 · 1 = 52! Si cada uno de estos intentos tomara un minuto, requeriríamos un
promedio de 1.534 · 1062 años para obtener el orden deseado. Pero, aun después de ese tiempo,
no habría ninguna garantía que la secuencia ordenada tendría que aparecer. Sin embargo, como
hay 52 posibles secuencias diferentes de los naipes en el mazo, ¡por lo menos una de estas se-
cuencias aparecería por lo menos dos veces!
20.2 Motores y refrigeradores
Un motor térmico es un aparato que convierte la energía térmica en trabajo útil. Por ejemplo,
un motor de combustión interna o un motor de propulsión a chorro extrae trabajo mecánico de
la energía térmica generado al quemar la mezcla de gasolina y aire [figura 20.4a)]. Para que un
motor térmico trabaje repetidamente, debe operar en un ciclo. Por ejemplo, se haría trabajo si
usted pone un petardo debajo de una lata de sopa y lo prende, estallándolo. La energía térmica
producida por la explosión se convertiría en movimientos mecánicos para la lata de sopa. (Sin
embargo, las aplicaciones de este motor de petardo y sopa enlatada son limitadas.)
Un motor que funciona en ciclo pasa por varios estados termodinámicos y al final regresa
a su estado original. Podemos pensar en el motor como operando entre dos depósitos térmicos
fcQ([mLufeoaiLqingnceu>cuvofiiiriov0ecaeanr)is,l2teteeeáne0,nn.cdua4tieenbeabbal),ape]del.joaa,eeUcdpsctotnoeóeaomnsrduistendppeoreerdmovdrilavacoeotihcstusbiootódraoranejca,sdpadeTeótleoedLsemr.ieentnfEoepeiennlserrgermtgtaéírcíatroaaoumt)bemro,naaiQrcjo.olotHaDosm=fmeeoesWaratcmcááeu+nalaeicrQdctdaeoeLlmo,o.QrWDcp,HoeeQ,,nreayyHslta,uteaadnrgpafetoroolitarmnadlmtceeeaepalr,sa,óTcrpsalHeiealtg,oyroryareddlesreoeaelgrsloaaárttalartttnraoertrqaetdmbue,eameQopjoudópLniseún(irdttmáaoiomlt,ountWtiérdocraaer-,.
= W . (20.1)
QH
Un refrigerador, como el que se muestra en la figura 20.5a), es un motor térmico que fun-
ciona al revés. En vez de convertir el calor en trabajo, el refrigerador usa el trabajo para mover
el calor de un depósito térmico de baja temperatura a un depósito térmico de alta temperatura
[figura 20.5b)]. En un refrigerador real, un motor eléctrico dirige el compresor, el cual transfiere
energía térmica del interior del refrigerador al aire de la habitación. Un acondicionador de aire
también es un refrigerador; transfiere energía térmica desde el aire de la habitación hasta el aire
de la intemperie.
FIGURA 20.4 a ) Un motor de Depósito térmico de Depósito térmico de
alta temperatura W baja temperatura
propulsión a chorro convierte la
TH QH QL TL
energía térmica en trabajo mecánico.
b) Diagrama de flujo de un motor
térmico que funciona entre dos
depósitos térmicos.
Motor térmico
a) b)
www.FreeLibros.me
20.2 Motores y refrigeradores 653
Para este refrigerador, la primera ley de la termodinámica requiere Depósito térmico de W Depósito térmico de
qrsaeuadeopQro.LsEi+bl lcWeode=efilcQdieeHnp. tóEessidtdoeefsdreeíaosb,elmQe Lqp,uedeñaoud,noKre,elfdtrreiagubenarajodr,eofWrrirg,eepmruauedseotvoraeecsnutáaenldtreoefficrnaiigldoeor- alta temperatura baja temperatura
como
TH QH QL TL
K = QL . (20.2) Refrigerador
W
En Estados Unidos los refrigeradores generalmente se evalúan de acuerdo a) b)
con su uso anual de energía, sin hacer alusión a su verdadera eficiencia. Un
refrigerador eficiente es aquel cuyo uso de energía es comparable con otro FIGURA 20.5 a ) Un refrigerador de casa. b) Diagrama
de la misma categoría de capacidad pero con el uso más bajo de energía.
de flujo de un refrigerador que funciona entre dos depósitos
térmicos.
Los acondicionadores de aire a menudo se evalúan en términos de la categorización de la efi-
ciencia energética (EER, por sus siglas en inglés), definidos por su capacidad de remover el calor,
H, en BTU/hora dividido entre la potencia P usada en watts. La relación entre K y EER es
K= QL = Ht =H = EER ,
W Pt P 3.41
donde t es el tiempo de intervalo. El factor 1/3.41 surge de la definición del BTU por hora:
1 BTU/h = (1 055 J) / (3 600 s) = 1 .
1 watt 3.41
1 J/s
Los valores típicos de EER para un acondicionador de aire de habitación van desde 8 hasta 11, esto
significa que los valores de K alcanzan entre 2.3 a 3.2. De este modo, un acondicionador de aire
de habitación típico puede remover aproximadamente tres unidades de calor por cada unidad de
energía que utiliza. Los acondicionadores de aire centrales a menudo se evalúan por su capacidad
de ajustar su eficiencia energética a las estaciones (SEER, por sus siglas en inglés) que toma en
cuenta qué tanto tiempo puede funcionar el acondicionador de aire durante un año.
Una bomba de calor es la variación de un refrigerador que se puede utilizar para calentar edi-
ficios. Esa bomba de calor calienta el edificio al enfriar el aire del exterior. Así como para un refrige-
erandeolrd, QepLó+siWto md=eáQsseHcm.áSlpiidenñoe,omQdbHea,uregnnoa,vbpeozarmdaebuarnedamebocovamelorbrealedcsealcoarlodre,lladecapnótsiidtoadmdáesifnrtíeor.éDs eeseesltacamloarnpeuraes, teol
coeficiente de QH
W
Kbomba de calor = , (20.3)
donde W es el trabajo que se requiere para mover el calor del depósito de baja temperatura al depó-
sito de alta temperatura. El típico coeficiente de desempeño de una bomba de calor comercial está
en el rango de 3 a 4. Las bombas de calor no trabajan bien cuando la temperatura exterior está por
debajo de los –18 °C (0 °F).
E J E M P L O 20.2 Calentar una casa con una bomba de calor
Una bomba de calor con un coeficiente de desempeño de 3.500 se usa para calentar una casa
que pierde 75 000 BTU/h de calor en un día frío. Suponga que los costos de electricidad son de
10.00 centavos por kilowatt-hora.
PROBLEMA
¿Cuánto cuesta calentar la casa por un día?
SOLUCIÓN
El coeficiente de desempeño de la bomba de calor se da por la ecuación 20.3:
Kbomba de calor = QH .
W
El trabajo necesario para calentar la casa es entonces
W = QH .
Kbomba de calor
(continúa)
www.FreeLibros.me
654 Capítulo 20 La segunda ley de la termodinámica
(continuación)
La casa está perdiendo 75 000 BTU/h, que convertimos a unidades SI:
75 000 BTU ⋅ 11 055 J ⋅ 1h = 21.98 kW.
1h BTU 600
3 s
Por lo tanto, la energía que se requiere para calentar la casa es
P = W = QH/t = 21.98 kW = 6.280 kW.
t Kbomba de calor 3.500
El costo de calentar la casa por 24 horas es entonces
Costo = (6.280 kW)(24 h) $0.1000 = $15.07.
1 kWh
20.3 Motores ideales
Un motor ideal es el que utiliza únicamente procesos reversibles. Además, el motor incorpora
no tener efectos de desechos de energía, tales como la fricción o la viscosidad. Recuerde, como
definimos en la sección anterior, un motor térmico es un aparato que convierte la energía térmica
en trabajo utilizable. Usted quizá pensará que un motor ideal sería uno 100% eficiente; que con-
vertiría toda la energía térmica provista en trabajo mecánico utilizable. Sin embargo, veremos que
incluso el más eficaz motor ideal no puede lograr esto. Esta inhabilidad fundamental de convertir
energía térmica totalmente en trabajo mecánico recae en el meollo de la segunda ley de la termo-
dinámica y la entropía, los dos temas centrales de este capítulo.
El ciclo de Carnot
Un ejemplo de un motor ideal es el motor de Carnot, el cual es el motor más eficiente que opera
entre dos depósitos de temperatura. El ciclo del proceso termodinámico usado por el motor de
20 1 Carnot se llama ciclo de Carnot.
Adiabático Un ciclo de Carnot consiste en dos procesos isotérmicos y dos procesos adiabáticos, como se
p (kPa) muestra en la figura 20.6 en un diagrama pV (diagrama de presión-volumen). Podemos escoger
10 4 un punto de partida arbitrario para el ciclo; vamos a decir que comienza en el punto 1. El sistema
2 primero sufre un proceso isotérmico durante el cual el sistema se expande y absorbe calor del
Adiabático 3 dteempóascitoomtiéernmziacuonaauenxapatenmsipóneraadtuiarabáftiijcaaTeHn(leancluaaflinguorsae2g0a.n6a, TnHi = 400 K). En el punto 2, el sis-
00 0.2 0.4 0.6 0.8 se pierde calor. En el punto 3 el
1 sistema empieza otro proceso isotérmico, esta vez dejando calor en el segundo depósito térmico
V (m3) de baja temperatura, cToLm(eiennlzaafiugnursaeg2u0n.6doTLpr=o3ce0s0oKa)d,imabiáetnictroasenqueel el sistema se comprime. En
el punto 4 el sistema cual no se gana ni se pierde
FIGURA 20.6 El ciclo de Carnot calor. El ciclo de Carnot está completo cuando el sistema regresa al punto 1.
consiste en dos procesos isotérmicos
La eficiencia del motor de Carnot no está al 100% pero en cambio está dada por
y dos procesos adiabáticos.
=1– TL . (20.4)
TH
Notablemente, la eficiencia del motor de Carnot depende sólo en la proporción de la temperatura
de los dos depósitos térmicos. Para los motores mostrados en la figura 20.6, por ejemplo, la efi-
ciencia es = 1 – (300 K)/(400 K) = 0.25.
DEDUCCIÓN 20.1 Eficiencia del motor de Carnot
Podemos determinar el trabajo y el calor ganado y perdido en un ciclo de Carnot. Para realizar
esto, necesitamos suponer que el sistema consiste en un gas ideal en un contenedor cuyo volu-
men puede cambiar. Este sistema se coloca en contacto con un depósito térmico y originalmente
temineitncooenusconessatiipnerncereseilmóanetenPmt1apyrseveroahltuuamsrtaaednqeuVl es1i,escltoesmrisrteaesmcpooannsadtlacienanntetzeaeanellTppuHun.nAtotol1v2oddleuelmalaefinfgigudurearlas2i02st.06e..m6E. aEl dsneeeplleóppsuietnromtotéitr2e-,
www.FreeLibros.me
20.3 Motores ideales 655
eilanl tspeirrsentesaimódnae,leyssiesplt2ecymaleoalrn,vQoolHcua,mmesebntiraea.snDsVfee2.reiDsdtoeurmaalnostidesotee,smltaeac.paYrnoatciqdeusaoedeidssoetettérprarmboaiccjeoos,oreeelastlirizasaobdtaéojromp, oWirco1e2,l,lslaoisetrneemearlgaizíyaa
la energía térmica transferida al sistema son correspondientes, dado por (vea la deducción en
el capítulo 19):
.
W12 = QH = nRTH ln V2 (i)
V1
El sistema entonces se aleja del contacto con el depósito teélrmpuincotocu3yeantelma pfiegruartaur2a0e.6s.TEHn. El
sistema continúa expandiéndose adiabáticamente hasta el
punto 3 la expansión se detiene, y el sistema se pone en contacto con el segundo depósito
térmico que tiene quuneaetletmrapbearjaotuhreachToL.pUornuanexgpasanidseióanl qaudeiapbaástaicpaosriugnnipfircoacqesuoe Q = 0. En el
capítulo 19 vimos adiabático es
psWioórn=eynl RsCi(svTteefsm–eaTl cci)au/l(ao1nrd–eospp)e,acdsíaofindcdoeledpeul=ngtaCosp2/eCnaVlvpyoulCunpmtoees3neelcsocanlsotranetsep.eDcíeficeostedeml ogadsoe, nelctoranbstaajontheepcrheo-
W23 = nR (TL – TH ).
1–
Al permanecer en contacto con el depósito térmico cpuuynatote4m. pEelrtartaubraajoesreTaLl,izealdsoistpeomr aelessitsáteimsoa-
térmicamente comprimido desde el punto 3 hasta el
y el calor absorbido por el sistema son
W34 = – VV43 .
QL = nRTL ln (ii)
(eteEnmntraeFegliynacpdaalpoomírtaeuelnlldlotoee1p,Q8eóLlseis<stitoso0tde.smSeeibanhaasejbeamrrtíbeeammaersupgcoeervr,iateeotnudWreeals3,tc4eeo=nncatQTapcLí=ttupoTloocLro,qunyusaepemloQsroeLlsgohulaatnbaddnríeotaofid,snieQidpcLoióó>senilt0ocd.)aetléoQrrmLaciñcoaomdyiodcoeolmaclapslriosir--
mido adiabáticamente del punto 4 de regreso a su punto de origen, el punto 1. Para este proceso
adiabático, Q = 0, y el trabajo realizado por el sistema es
W41 = nR (TH – TL ).
1–
Advierta qlauseteWm4p1 e=ra–tuWra23s, ya que el trabajo realizado por el proceso adiabático depende única-
mente de inicial y final. Por consiguiente, W41 + W23 = 0, y para el ciclo comple-
to, el total del trabajo realizado por el sistema es
W =W12 +W23 +W34 +W41 =W12 +W34 .
Al sustituir las expresiones por W12 y por W34 de las ecuaciones (i) y (ii), tenemos
W = nRTH ln VV12 + nRTL ln V4 .
V3
Ahora podemos encontrar la eficiencia del motor de Carnot. La eficiencia se define en la ecua-
ción 20.1 como la proporción del trabajo realizado por el sistema, W, a la cantidad de calor
abastecido al sistema QH:
= W = V2 + V4 V4
QH nRTH ln V1 nRTL ln V3 TL ln V3
TH
V2 = 1 + V2 . (iii)
V1 V1
nRTH ln ln
Esta expresión para la eficiencia del motor de Carnot contiene los volúmenes de los puntos 1, 2,
3 y 4. Sin embargo, podemos eliminar los volúmenes de esta expresión usando la relación para la
expansión adiabática de un gas ideal del capítulo 19, TV –1 = constante.
Para el proceso adiabático del punto 2 al punto 3, tenemos
THV2–1 = TLV3–1. (iv)
(continúa)
www.FreeLibros.me
656 Capítulo 20 La segunda ley de la termodinámica
(continuación)
Similarmente, para el proceso adiabático del punto 4 al punto 1 tenemos
TLV4–1 = THV1–1. (v)
Al tomar las proporciones de ambos lados de las ecuaciones (iv) y (v)
THV2–1 = TLV3–1 ⇒ V2 = V3 .
THV1–1 TLV4–1 V1 V4
Al usar la relación entre los volúmenes, podemos ahora reescribir la ecuación (iii) para la efi-
ciencia como
–TL ln V3 TL
V4 TH
=1+ =1– ,
V2
TH ln V1
la cual corresponde a la ecuación 20.4.
¿Puede la eficiencia del motor de Carnot alcanzar el 100%? Para poder obtener una eficiencia
delec1e0r0o%a,bTsoHl,uetno.laNeincuguacniaónde20e.s4táhsaobprícaiosnideos eelsevpaodsoibalel.inDfeineitsoteomToLdhoa,blraíaefsiicdioendciisamdienlumidootohrasdtae
Carnot siempre será menor a 100 por ciento.
Advierta que el total del trabajo realizado por el sistema durante el ciclo de Carnot de la
cpdoreorpicvreoascdoiusócniisdo2ot0é.pr1moerisceWol scis=colonWdW1e2 C1+2a=WrnQ3o4tH, tyyamlaWsb3idé4on=ssc–eoQpnuLt.reiPdboeurceiscoconrniebssiigrauclioteomnttaoel, del trabajo debido a los dos
el total del trabajo mecáni-
W = QH – QL. (20.5)
Como la eficiencia generalmente se define como =taWmb/QiéHn (ecuación 20.1), la eficiencia de un
motor de Carnot puede de este modo, ser expresada como
= QH – QL . (20.6)
QH
En esta formulación, la eficiencia de un motor de Carnot está determinada por el calor que se toma
del depósito caliente menos el calor que se da al depósito frío. Para que esta expresión de la eficiencia
del motor de Carnot pueda producir una eficiencia de 100%, el calor que se regresa al depósito frío
tendría que ser cero. Inversamente, si la eficiencia del motor de Carnot es menor a 100%, el motor no
puede convertir todo el calor que toma del depósito caliente a trabajo aprovechable.
El físico francés Nicolás Carnot (1796-1832), quien desarrolló el ciclo de Carnot en el siglo
xix, demostró la siguiente afirmación, conocida como el teorema de Carnot:
Ningún motor térmico que opera entre dos depósitos térmicos puede ser más eficiente que el
motor de Carnot cuando opera entre dos depósitos térmicos.
20.1 E jercicio en clase No vamos a presentar pruebas del teorema de Carnot. Sin embargo, advertiremos la idea que está
detrás de la prueba después de discutir la segunda ley de la termodinámica en la sección 20.5.
¿Cuál es el máximo coeficiente Nos podemos imaginar ejecutando un motor de Carnot en reversa, creando un “refrigerador
de desempeño (de Carnot) de un de Carnot”. El máximo coeficiente de desempeño de tal refrigerador funcionando entre dos depó-
refrigerador en una habitación sitos térmicos es
con una temperatura de 22.0 °C? TL
La temperatura en el interior del Kmáx = TH –TL . (20.7)
refrigerador se mantiene a 2.0°C.
a) 0.10 d) 5.8 De igual modo, el máximo coeficiente de desempeño de una bomba de calor funcionando
entre dos depósitos térmicos está dado por
b) 0.44 e) 13.8
c) 3.0 Kbomba de calor máx = TH . (20.8)
TH –TL
www.FreeLibros.me
20.3 Motores ideales 657
Observe que el ciclo de Carnot constituye el proceso termodinámico ideal, el cual es el límite 20.2 E jercicio en clase
superior absoluto en lo que es teóricamente alcanzable. Las complicaciones del mundo real ami-
noran drásticamente la eficiencia, como veremos en la sección 20.4. El típico coeficiente de des- ¿Cuál es el máximo coeficiente
empeño para un refrigerador real o bomba de calor es alrededor de 3. de desempeño (de Carnot) de
una bomba de calor que se usa
E J E M P L O 20.3 Trabajo realizado por un motor de Carnot para calentar una casa a 22.0
°C de temperatura interior? La
Un motor de Carnot necesita 3 000 J de calor de un depósito térmico con una temperatura = temperatura fuera de la casa es
500 K y descarga calor a un depósito térmico con una temperatura TL = 325 K. de 2.0 °C.
TH a) 0.15 d) 6.5
PROBLEMA b) 1.1 e) 14.8
¿Cuánto trabajo hace el motor de Carnot en este proceso?
c) 3.5
SOLUCIÓN
Empezamos con la definición de la eficiencia, , de un motor térmico (ecuación 20.1):
= W ,
QH
donde W es el trabajo que el motor realiza ylaQeHcueascieólnca2l0o.r4qpuaeraselatoefmicaiednecliadedpeóusnitomtoértomridcoe
caliente. Es entonces cuando podemos usar
Carnot:
=1– TL .
TH
Al combinar estas dos expresiones para la eficiencia nos da
W =1– TL .
QH TH
Ahora podemos expresar el trabajo realizado por el motor de Carnot:
W = QH1 – TL .
TH
Al poner los valores numéricos nos da la cantidad de trabajo realizado por el motor de Carnot: 20.1 O portunidad de
autoexamen
W = (3 000 J)1 – 325 K =1 050 J.
500 K ¿Cuál es la eficiencia del motor
de Carnot en el ejemplo 20.3?
E J E M P L O 20.4 Eficiencia máxima de una planta de energía eléctrica
En Estados Unidos, 85% de la electricidad se genera al quemar combustibles fósiles para pro-
ducir vapor, el cual a su vez impulsa los alternadores que producen la electricidad. Las plantas
de energía pueden producir vapor con una temperatura tan alta como 600 °C presurizando el
vapor. El desperdicio de calor resultante necesita descargarse al medio ambiente a una tempe-
ratura de 20.0 °C.
PROBLEMA
¿Cuál es la eficiencia máxima de una planta de energía?
SOLUCIÓN
La eficiencia máxima de una planta de energía es la eficiencia de un motor térmico de Carnot
(ecuación 20.4) funcionando entre los 20.0 °C y los 600 °C:
=1– TL =1– 293 K = 66.4%.
TH 873 K
Las plantas de energía reales alcanzan una eficiencia disminuida de alrededor de 40%. Sin
embargo, muchas plantas bien diseñadas simplemente no desechan el desperdicio de calor al
medio ambiente. En vez de esto, emplean cogeneración o energía y calor combinado (ECC). El
(continúa)
www.FreeLibros.me
658 Capítulo 20 La segunda ley de la termodinámica
FIGURA 20.7 La planta (continuación)
calor que normalmente se habría perdido se usa para calentar ca-
de energía eléctrica generada sas y edificios aledaños. Este calor incluso puede usarse para operar
por carbón de la Michigan acondicionadores de aire que enfrían estructuras cercanas, un proceso
State University provee toda llamado trigeneración. Al emplear ECC, plantas de energía modernas
la electricidad que se usa en el pueden utilizar hasta 90% de la energía usada para generar electricidad.
campus, así como también provee Por ejemplo, la planta de energía de Michigan State University (figura
de calefacción en el invierno y aire 20.7) quema carbón para generar electricidad para su campus. El calor
acondicionado en el verano. de desecho se utiliza para calentar los edificios del campus en invierno y para accionar los acondi-
cionadores de aire de los edificios del campus en verano.
FIGURA 20.8 El ciclo de Otto 20.4 Motores reales y eficiencia
consiste en dos procesos adiabáticos Un motor térmico real basado en el ciclo de Carnot no es práctico. Sin embargo, muchos de los
motores térmicos prácticos que se utilizan a diario son diseñados para funcionar por medio de pro-
y dos procesos de volumen cesos termodinámicos cíclicos. Como ejemplo de una operación de un motor del mundo real, vamos
a examinar el ciclo de Otto. De nuevo, suponemos que como medio de trabajo tenemos un gas ideal.
constante.
Ciclo de Otto
El ciclo de Otto se usa en los motores de combustión interna modernos de los automóviles. Este
ciclo consiste en dos procesos adiabáticos y dos procesos de volumen constante (isocóricos) (figura
20.8) y es la configuración predeterminada de un motor de combustión interna de cuatro ciclos. El
típico arreglo del pistón cilíndrico de un motor de combustión interna se muestra en la figura 20.9.
La energía térmica se provee por el encendido de una mezcla de combustible y aire. El ciclo
empieza con el pistón en lo alto del cilindro y prosigue a través de los pasos siguientes:
■■ Carrera de admisión. El pistón se mueve hacia abajo con la válvula de admisión abierta,
aspirando la mezcla de combustible y aire [punto 0 a punto 1 en las figuras 20.8 y 20.9a)] y
la válvula de admisión se cierra.
■■ Carrera de compresión. El pistón se mueve hacia arriba, comprimiendo la mezcla de
combustible y aire adiabáticamente [punto 1 a punto 2 en las figuras 20.8 y 20.9b)].
■■ La bujía prende la mezcla de combustible y aire, incrementando la presión a volumen
constante (punto 2 a punto 3 en la figura 20.8).
■■ Carrera de potencia. Los gases calientes empujan el pistón hacia abajo adiabáticamente
[punto 3 a punto 4 en las figuras 20.8 y 20.9c)].
■■ Cuando el pistón desciende por completo (punto 4 en la figura 20.8), la válvula de escape
se abre. Esto reduce la presión en volumen constante, provee el rechazo del calor y mueve
el sistema de regreso al punto 1.
■■ Carrera de escape. El pistón se mueve hacia arriba, forzando a los gases quemados a salir
[punto 1 al punto 0 en las figuras 20.8 y 20.9d)], y la válvula de escape se cierra.
Admisión Bujía de Escape Admisión Bujía de Escape Admisión Bujía de Escape Admisión Bujía de Escape
encendido encendido encendido encendido
Pistón Pistón Pistón Pistón
Carrera de admisión Carrera de compresión Carrera de potencia Carrera de escape
Cilindro Cilindro Cilindro Cilindro
a) b) c) d)
FIGURA 20.9 Las cuatro carreras de un motor de combustión interna: a) Carrera de admisión, en la cual la mezcla de combustible-aire es aspirada hacia
el cilindro. b) Carrera de compresión, en la cual la mezcla de combustible-aire es comprimida. c) Carrera de potencia, donde la mezcla de combustible-aire es
encendida por la bujía, liberando el calor. d) Carrera de escape, durante la cual los gases quemados son empujados fuera del cilindro.
www.FreeLibros.me
20.4 Motores reales y eficiencia 659
La proporción del volumen expandido, V1, al volumen comprimido, V2, se conoce como
proporción de compresión: (20.9)
r = V1 .
V2
La eficiencia, , del ciclo de Otto se puede expresar como una función de la proporción de com-
presión únicamente:
=1– r1– .
(20.10)
(En contraste, para el ciclo de Carnot, la ecuación 20.4 mostró que la eficiencia depende sola-
mente en la proporción de las dos temperaturas.)
DEDUCCIÓN 20.2 La eficiencia del ciclo de Otto
El ciclo de Otto empieza en el punto 0 de la figura 20.8. El proceso del punto 0 al punto 1 sim-
plemente extrae la mezcla de combustible y aire hacia el cilindro y no juega un rol adicional en
las consideraciones de eficiencia. Tampoco lo hace el proceso inverso del punto 1 al punto 0, la
carrera de escape, la cual remueve los productos de combustión del cilindro.
El proceso del punto 1 al punto 2 es adiabático. La energía térmica transferida es de cero, y
el trabajo hecho por el sistema (vea el capítulo 19) está dado por
W12 = nR (T2 – T1 ).
1–
Para el proceso de volumen constante del punto 2 al punto 3, el trabajo hecho por el sistema es
de cero, W23 = 0, y la energía térmica transferida al sistema (vea el capítulo 18) está dada por
( ) Q23 = nCV T3 –T2 .
El proceso del punto 3 al punto 4 es otra vez adiabático, y la energía térmica transferida es cero.
El trabajo hecho por el sistema es
W34 = nR (T4 – T3 ).
1–
El proceso del punto 4 al punto 1 toma lugar con el volumen constante, así que el trabajo hecho
por el sistema es de cero, W41 = 0, y el calor expulsado del sistema es
( ) Q41 = nCV T4 –T1 .
El trabajo total hecho por el sistema es entonces simplemente la suma de las cuatro contribucio-
nes del ciclo entero (recuerde que W23 = W41 = 0)
W = W12 +W34 = nR (T2 – T1 )+ nR (T4 – T3 ) = nR (T2 – T1 + T4 – T3 ).
1– 1– 1–
El factor R/(1 – ) se puede expresar en términos de la capacidad específica del calor, CV:
R = Cp – CV = – CV .
1– 1− Cp
CV
La eficiencia del ciclo de Otto es entonces (el trabajo neto hecho dividido entre el calor ganado
por el sistema por ciclo)
= W –nCV (T2 – T1 + T4 – ) (T4 – T1 )
Q23 = T3 = 1 – (T3 – T2 ) . (i)
nCV (T3 –T2 )
Podemos usar el hecho de que el proceso del punto 1 al punto 2 y el proceso del punto 3 al punto
4 se escriben adiabáticamente (vea la sección 19.5)
T1V1–1 = T2V –1 ⇒ T2 = V1 –1 T1 (ii)
2 V2
(continúa)
www.FreeLibros.me
660 Capítulo 20 La segunda ley de la termodinámica
(continuación)
y T3V –1 = T4V –1 ⇒ T3 = VV12 –1 T4 , (iii)
2 1
( )d elaxopencrdeuesaiVcoin1óeness2Te0l2.v1yo0lT:u3mdeen=lae1sn–elocVuVsa12pcuion–n1toTTes44s1(iyi)4yy(iVii2) es el volumen de los puntos 2 y 3. Al sustituir las
en la ecuación (i) para la eficiencia, obtenemos
– T1 = 1 – V1 1− =1– r1– .
V2
– V1 –1 T1
V2
20.2 O portunidad de Como un ejemplo numérico, la proporción de compresión del ciclo de Otto mostrado en la
autoexamen figura 20.8 es de 4, y así, la eficiencia de ese ciclo de Otto es = 1 – 41–7/5 = 1 – 4–0.4 = 0.426. De esta
manera, la eficiencia teórica de un motor que funciona en el ciclo de Otto con una proporción de
¿Cuánto aumentaría la compresión de 4 es 42.6%. Observe, sin embargo, que éste es el límite superior teórico para la efi-
eficiencia teórica de un motor ciencia en esta proporción de compresión. En principio, un motor de combustión interna se puede
de combustión interna si la hacer más eficiente al incrementar la proporción de compresión, pero factores prácticos impiden
proporción de compresión este planteamiento. Por ejemplo, si la proporción de compresión es demasiado alta, la mezcla de
aumentara de 4 a 15? combustible y aire se detonará antes de terminar la compresión. Proporciones de compresión muy
altas ponen altos esfuerzos en los componentes del motor. Las verdaderas proporciones de moto-
20.3 E jercicio en clase res de combustión interna accionados por gasolina alcanzan rangos entre 8 y 12.
¿Cuál de las cuatro temperaturas Motores reales de Otto
en el ciclo de Otto es la más
alta? La verdadera eficiencia de un motor de combustión interna es de cerca de 20%. ¿Por qué esto
es mucho más bajo que el límite superior teórico? Existen muchas razones. Primero, las partes
a) T1 d) T4 “adiabáticas” del ciclo no proceden realmente sin el intercambio de calor entre el gas en el pistón
b) T2 y el bloque del motor. Esto es obvio; todos sabemos por experiencia que los motores se calientan
c) T3 e) Las cuatro cuando están funcionando, y esta elevación de la temperatura es una consecuencia directa del calor
son que se filtra del gas que está experimentando la compresión y la ignición. Segundo, la mezcla de
idénticas gasolina y aire no es exactamente un gas ideal y de este modo tiene pérdidas de energía debido a la
excitación interna. Tercero, durante el proceso de rechazo del calor y la ignición, el volumen no se
mantiene exactamente constante, porque ambos procesos toman un poco de tiempo, y los pistones
se siguen moviendo constantemente durante ese tiempo. Cuarto, durante las carreras de admisión
y escape, la presión en la cámara no es exactamente la presión atmosférica por las consideraciones
dinámicas del gas. Todos estos efectos, junto con pérdidas pequeñas de fricción, se combinan para
reducir la eficiencia del motor. Todas las empresas grandes de automóviles, así como los equipos
de carreras automotrices, gobiernos y laboratorios de universidades, incluso algunos aficionados,
constantemente están buscando maneras de incrementar la eficiencia del motor, porque una mayor
eficiencia significa mayor potencia de salida y (o) mejor consumo de combustible por kilómetro.
Desde la crisis del petróleo de mediados de la década de 1970, la eficiencia de los motores auto-
movilísticos en Estados Unidos se ha incrementado de manera constante (vea la sección 5.7), pero
aún se requiere un desempeño mucho mejor del litro por kilómetro para que dicho país reduzca
las emisiones de gas de invernadero y su dependencia del petróleo extranjero.
PROBLEMA RESUELTO 20.1 Eficiencia de un motor de automóvil
Un automóvil con un motor de combustión interna accionado por gasolina viaja con una ra-
pidez de 26.8 m/s (60.0 mph) en un camino nivelado y usa gasolina a una proporción de 6.92
L/100 km (34.0 mpg). La energía contenida por la gasolina es de 34.8 MJ/L.
PROBLEMA
Si el motor tiene una eficiencia de 20.0%, ¿cuánta potencia se entrega para mantener al automó-
vil moviéndose a una rapidez constante?
SOLUCIÓN
PIENSE
Podemos calcular cuánta energía está siendo abastecida al motor, al calcular la cantidad de com-
bustible usado y multiplicando el contenido energético de dicho combustible. La eficiencia es el
www.FreeLibros.me
20.4 Motores reales y eficiencia 661
trabajo útil dividido entre la energía que está siendo abastecida; así, una vez que determinemos
la energía abastecida, podemos encontrar el trabajo útil de la eficiencia dada del motor. Al divi-
dir el trabajo y la energía entre un intervalo de tiempo arbitrario, podemos determinar la media
de la potencia entregada.
ESBOCE
La figura 20.10 muestra un motor de automóvil accionado por gasolina que funciona como un
motor térmico.
ImpWulsa
el
automóvil
gQaHsodleinlaa QdeLseeschcaaldoor TL
TH que se
FPO
quema
Motor de automóvil
FIGURA 20.10 M otor de automóvil accionado por gasolina funcionando como un motor térmico para accio-
nar un automóvil viajando a una rapidez constante v en una superficie horizontal.
INVESTIGUE
El automóvil está viajando a una rapidez v. La tasa, , a la cual el automóvil quema la gasolina,
se puede expresar en términos del volumen de gasolina quemada por unidad de distancia. Po-
demos calcular el volumen de la gasolina quemada por unidad de tgiaesmoplion,aV: t, al multiplicar la
rapidez del automóvil por la tasa, , a la que el automóvil quema la
Vt = v. (i)
La energía por unidad de tiempo abastecido al motor al consumir el combustible es la potencia,
P, dada por el volumen de gasolina usada por unidad de tiempo multiplicada por la energía
contenida en la gasolina, Eg:
P =VtEg . (ii)
La eficiencia del motor, , está dada por la ecuación 20.1:
= W ,
QH
donde W es el trabajo útil y dQeHinestelraveanloe,rtg,íoabttéernmdirceamporsovista por el motor. Si dividimos tanto
W como QH entre el tiempo
= W/t = Pdada , (iii)
QH/t P
donde Pdada es la potencia dada por el motor del automóvil.
SIMPLIFIQUE
Podemos combinar las ecuaciones desde (i) hasta (iii) para obtener
Pdada = P = Vt Eg = χvEg .
CALCULE
La potencia dada es
6.92 L
100⋅103 m
( )
Pdada = vEg =(0.200) (26.8 m/s) 34.8 ⋅106 J/L =12 907.7 W.
REDONDEE (continúa)
Reportamos nuestro resultado con tres cifras significantes:
Pdada =12 900 W =12.9 kW =17.3 hp.
www.FreeLibros.me
662 Capítulo 20 La segunda ley de la termodinámica
(continuación)
VUELVA A REVISAR
Para volver a revisar nuestro resultado, calculamos la potencia requerida para mantener al au-
tomóvil moviéndose a 60.0 mph en lcaornetsriastdeenclaiaredseilstaeirnec,iFaadrrealstraei,rye.lLa arappoitdeenzcdiaelreaquutoemridóav,ilP: aire,
es igual al producto de la fuerza de
Paire = Farrastrev. (iv)
La fuerza de arrastre creada por la resistencia del aire está dada por
Farrastre = Kv2 . (v)
La constante K ha sido encontrada empíricamente como
K = 1 cd A , (vi)
2
donde dcdenessiedlacdoedfeilciaeinret.eAdlecaormrabstirneadr elal sauectoumacóiovinl,eAs deesssdue área de sección transversal frontal, y
es la (iv) hasta (vi) nos da
( ) Kv2 1 Aρv3
Paire = Farrastrev = v = 2 cd .
Al usar cd = 0.33, A = 2.2 m2 y = 1.29 kg/m3, obtenemos
( )( )
Paire = 1 (0.33) 2.2 m2 1.29 kg/m3 (26.8 m/s)3 = 9 014 W = 9.0 kW.
2
FIGURA 20.11 D iagrama pV Ephpostt)eeenrsectásiauclsetoarbcdaroadndetee7ls0ae%puodstaeelpnvacarialaorvreecqnauclceeurrilodatadroapsapcraalraavseelasndcpeeortferlaniccrcieiaosidnsaetedsn,acc(oiPamddaodealla=aifr1rei2c.(c9PiókainWre d==e9r1.o07d.k3aWmhpie=)n. tL1o2a.
De este modo, nuestra respuesta parece razonable.
para el ciclo de Diesel.
Ciclo de Diesel
20.4 Ejercicio en clase
Los motores diesel y de gasolina tienen diseños algo diferentes. Los motores diesel no comprimen
¿En qué parte del ciclo de Diesel la mezcla de combustible y aire, sino más bien únicamente el aire (trayectoria desde el punto 1
en la figura 20.11 hay calor hasta el punto 2 en la figura 20.11, curva verde). Este combustible es introducido (entre el punto
agregado? 2 y el punto 3) únicamente después de que el aire ha sido comprimido. La energía térmica de
la compresión enciende la mezcla (de este modo, no se requiere de una bujía de ignición). Este
a) En el trayecto del punto 0 al proceso de combustión empuja al pistón hacia afuera en una presión constante. Después de la
punto 1. combustión, los productos de la combustión empujan al pistón aún más lejos en el mismo modo
adiabático que en el ciclo de Otto (trayectoria desde el punto 3 al punto 4, curva roja). El proceso
b) En el trayecto del punto 1 al del rechazo del calor hacia el medio ambiente en un volumen constante (entre los puntos 4 y 1 en
punto 2. el diagrama) también procede del mismo modo que en un ciclo de Otto, como la carrera de admi-
sión (trayectoria desde 0 hasta 1) y la carrera de escape (trayectoria desde 1 hasta 0). Los motores
c) En el trayecto del punto 2 al diesel tienen una proporción de compresión más alta y de este modo tienen una eficiencia más
punto 3. alta que los motores de cuatro tiempos accionados por gasolina, aunque tienen un ciclo termodi-
námico un poco diferente.
d) En el trayecto del punto 3 al
punto 4. La eficiencia de un motor diesel ideal está dada por
e) En el trayecto del punto 4 al =1– r1– –1 , (20.11)
punto 1. ( –1)
20.5 Ejercicio en clase donde la proporción de la compresión es, otra vez, rca=loVr1e/sVp2ec(dífeicl omaispmreosimónodcoonqsutaenltoe es para
el ciclo de Otto), es nuevamente la proporción del y volu-
¿Durante qué parte(s) del ciclo cmoerntec, olansptraonptoe,rció=nCepn/CtrVe (introducidos en el capítulo 19), y fa=seVd3e/Vco2 mesblulasmtióand.aLlaa relación de
de Diesel en la figura 20.11 el los volúmenes inicial y final de la derivación
trabajo mecánico está hecho por de está fórmula procede similarmente a las derivaciones 20.1 y 20.2 para los ciclos de Carnot y
el motor? Otto, pero está omitida aquí.
a) En el trayecto del punto 0 Automóviles híbridos
al punto 1 y en el trayecto
del punto 1 al punto 0. Los automóviles híbridos combinan el motor de gasolina con un motor eléctrico para lograr una
eficiencia mejor de lo que un motor de gasolina podría lograr solo. La mejora en la eficiencia es
b) En el trayecto del punto 1 resultado de usar un motor de gasolina más pequeño de lo que en realidad se necesitaría y un
al punto 2. motor eléctrico que funciona con una batería cargada por el motor de gasolina, para suplemen-
c) En el trayecto del punto 2
al punto 3 y en el trayecto
del punto 3 al punto 4.
d) En el trayecto del punto 4
al punto 1.
www.FreeLibros.me
20.4 Motores reales y eficiencia 663
tar el motor de gasolina cuando se requiere mayor potencia. Por ejemplo, el Ford Escape Hybrid FIGURA 20.12 El motor de
(figura 20.12) tiene 99.2 kW (133 hp) de motor de gasolina acoplado con un motor eléctrico de 70
kW (94-hp), y el Ford Escape tiene 149-kW (200 hp) de motor de gasolina. Además, el motor de gasolina y el motor eléctrico de un
gasolina usado en el Ford Escape Hybrid, así como también en los vehículos de Toyota y Honda,
aplica un ciclo termodinámico diferente al ciclo de Otto. Este ciclo de Atkinson incluye tiempo de automóvil híbrido.
válvulas variable para incrementar la fase de expansión del proceso, permitiendo que más trabajo útil
sea extraído de la energía consumida por el motor. Un motor de ciclo de Atkinson produce menos
potencia por el desplazamiento comparado con el motor de ciclo de Otto, pero tiene mayor eficiencia.
En un manejo de frena y avanza, los automóviles híbridos tienen la ventaja de usar frenos
regenerativos en vez de los frenos normales. Los frenos convencionales usan fricción para parar
el automóvil, lo que convierte a la energía cinética del automóvil en energía desperdiciada en la
forma de energía térmica (y desgasta las almohadillas de los frenos). Los frenos regenerativos
conectan los neumáticos a un generador eléctrico (lo que puede ser el motor eléctrico que maneja
el automóvil), lo que convierte la energía cinética del automóvil en energía eléctrica. Esta energía
se almacena en la batería del automóvil híbrido para ser usada después. Además, el motor de gaso-
lina del automóvil híbrido puede ser apagado cuando el automóvil se detiene, así el automóvil no
utiliza energía mientras espera en un alto.
Cuando se manejan en carretera, los automóviles híbridos se aprovechan del hecho de que el
motor de gasolina puede correr a una rapidez constante, correspondiente a su más eficiente rapidez
de operación, en vez de tener que correr a una rapidez dictada por la rapidez del automóvil. La ope-
ración de un motor de gasolina a una rapidez constante mientras la rapidez del automóvil cambia se
logra por una transmisión continuamente variable. La transmisión se acopla con el motor de gaso-
lina y con el motor eléctrico a los neumáticos del automóvil, permitiendo que el motor de gasolina
corra a su rapidez más eficiente mientras toma la potencia del motor eléctrico cuando la necesita.
Eficiencia y la crisis de energía
La eficiencia de los motores y refrigeradores no son únicamente constructos teóricos, sino que
han tenido consecuencias económicas muy importantes, las cuales son extremadamente relevan-
tes para solucionar la crisis de energía. Las eficiencias y los coeficientes de desempeño calculados
en este capítulo con la ayuda de los principios de termodinámica son límites superiores teóricos.
Las complicaciones del mundo real siempre reducen las eficiencias verdaderas de los motores y
los coeficientes de desempeño de los refrigeradores. Pero la investigación de la ingeniería puede
vencer estas complicaciones del mundo real y proveer un mejor desempeño de los dispositivos
reales, acercándose a los límites ideales.
Un ejemplo impresionante de mejora en el desempeño ha ocurrido con los refrigeradores
vendidos en Estados Unidos, de acuerdo con los datos recopilados por Steve Chu (vea la figura
2 200 22
2 000
1 800Media de la energía usada por unidad (kWh/año) 18
1 600y el precio (2002 $EU)
1 400 (Pies cúbicos)$1 272.03Estándar de California en 197814
1 200 Estándar de California en 1980
1 000
$999.00 Estándar de California 10
800 en 1987
600
400 NAECA en 1990
200 $893.58 eDnO1E993DenO2E001
10947 $576.11 6
Media del volumen ajustado (pies cúbicos) $462.99 FIGURA 20.13 M edia del
Ventas en EU ponderadas a la media del uso de energía 2 volumen de los refrigeradores en EU
Media del precio real
(línea roja), precio (línea verde) y
1955 1963 1971 1979 1987 1995 2003
uso de energía (línea azul) desde
1947 hasta 2003.
www.FreeLibros.me
664 Capítulo 20 La segunda ley de la termodinámica
20.13). Desde 1975, el tamaño medio de un refrigerador en las cocinas de Estados Unidos se ha
incrementado cerca de 20%, pero a través de una combinación de estándares de energía más duros
e investigaciones y desarrollo en el diseño y tecnología de los refrigeradores, la media de consumo
de electricidad decayó por dos tercios, un total de 1 200 kWh/año, de 1 800 kWh/año en 1975 a
600 kWh/año en el 2003.
Alrededor de 150 millones de nuevos refrigeradores y congeladores se compran cada año
en Estados Unidos, y cada uno ahorra aproximadamente 1 200 kWh/año, un total de 180 mil
millones de kWh (6.5 · 1017 J = 0.65 EJ) de energía se ha ahorrado cada año. Este ahorro (en 2009)
es aproximadamente el doble tanto como la energía combinada producida por el uso de la energía
eólica (30 mil millones de kWh/año), la energía solar (2 mil millones de kWh/año), geotérmica
(14 mil millones de kWh/año) y de biomasa (54 mil millones de kWh/año).
El consumo de energía es directamente proporcional al costo de la energía, así es que la media
de las casas de Estados Unidos está ahorrando un total de casi 200 dólares cada año en costos de
electricidad por usar refrigeradores más eficientes a los estándares de 1975. Además, aunque los
refrigeradores se han vuelto mucho mejores, su precio ha disminuido más de la mitad, también
indicado en la figura 20.13. Así es que un refrigerador más eficiente no es más caro. ¡Y mantiene
nuestras comidas y bebidas favoritas tan frías como lo haría un modelo de 1975!
20.5 La segunda ley de la termodinámica
Depósito térmico de W Depósito térmico de Vimos en la sección 20.1 que la primera ley de la termodinámica se satisface
alta temperatura baja temperatura si un vaso de agua fría se entibia al permanecer a temperatura ambiente o
se vuelve más frío. Sin embargo, la segunda ley de la termodinámica es un
principio general que establece inhibiciones en la cantidad y dirección de la
energía térmica transferida entre los sistemas y en las posibles eficiencias de
los motores térmicos. Este principio va más allá de la conservación energé-
TH QL TL tica de la primera ley de la termodinámica.
En el capítulo 18 discutimos el famoso experimento de Joule que demos-
tró que el trabajo mecánico podría ser convertido por completo en calor,
Motor térmico como se ilustra en la figura 20.14. En contraste, los experimentos muestran
que es imposible construir un motor térmico que convierta completamente
FIGURA 20.14 D iagrama de flujo de calor que muestra el calor en trabajo. Este concepto se ilustra en la figura 20.15.
un sistema que convierte trabajo en calor completamente.
En otras palabras, no es posible construir un motor térmico que sea 100% eficiente. Este
hecho constituye la base de la segunda ley de la termodinámica:
Es imposible para un sistema experimentar un proceso en el cual absorba calor de un depósito
térmico a cierta temperatura y convierta ese calor completamente en trabajo mecánico sin
rechazar calor hacia un depósito térmico de menor temperatura.
Esta formulación es a menudo llamada la enunciación de Kelvin-Planck sobre la segunda ley de
la termodinámica. Como ejemplo, considere un libro que se desliza sobre una mesa. El libro se
desliza hasta detenerse, y entonces la energía mecánica de movimiento se vuelve energía térmica.
Esta energía térmica toma la forma de movimiento aleatorio de las moléculas del libro, del aire y
de la mesa. Es imposible convertir los movimientos aleatorios de regreso a los movimientos orga-
nizados del libro. Sin embargo, es posible convertir algo del movimiento aleatorio relacionado con
la energía térmica de regreso a la energía mecánica. Los motores térmicos hacen esa clase de con-
versión.
Si la segunda ley de la termodinámica no fuera cierta, varios escenarios imposibles ocurri-
rían. Por ejemplo, una planta de energía eléctrica podría operar al tomar calor del aire circundante
y un transatlántico podría impulsarse a sí mismo tomando el calor del agua del océano. Estos
escenarios no violan la primera ley de la termodinámica porque la energía se conserva. El hecho
de que no pueden ocurrir demuestra que la segunda ley contiene información adicional acerca de
cómo la naturaleza funciona, más allá del principio de conservación de la energía. La segunda ley
limita las maneras en las que la energía puede ser usada.
Otra forma de establecer la segunda ley de la termodinámica se relaciona con los refrigerado-
res. Sabemos que los flujos calientes son espontáneos de un depósito térmico caliente a un depó-
sito térmico frío. El calor nunca fluye espontáneamente de un depósito térmico frío a un depósito
www.FreeLibros.me
20.5 La segunda ley de la termodinámica 665
Depósito térmico de W Depósito térmico de Depósito térmico de Depósito térmico de
alta temperatura baja temperatura alta temperatura baja temperatura
TH QH TL TH QH QL TL
Motor térmico Refrigerador
FIGURA 20.15 D iagrama de flujo de calor que ilustra la imposibilidad del FIGURA 20.16 D iagrama de flujo de calor que demuestra el proceso
proceso de convertir completamente el calor en trabajo útil sin rechazar calor imposible de mover el calor del depósito térmico de baja temperatura al
hacia el depósito térmico de baja temperatura. depósito térmico de alta temperatura sin usar ningún tipo de trabajo.
térmico caliente. Un refrigerador es un motor térmico que mueve el calor de un depósito térmico
frío a un depósito térmico caliente; sin embargo, la energía necesita ser abastecida al refrigerador
para que esta transferencia tenga lugar, como se muestra en la figura 20.5b). El hecho es que es
imposible para un refrigerador transformar la energía térmica de un depósito frío a un depósito
caliente sin hacer trabajo, como se ilustra en la figura 20.16. Este hecho es de los fundamentos de
otra forma de la segunda ley de la termodinámica:
Es imposible para cualquier proceso transferir la energía térmica del depósito térmico frío al
depósito térmico caliente sin que no se haga ningún trabajo para conseguir hacer la transferencia.
Esta formulación equivalente es a menudo llamada la enunciación de Clausius para la segunda
ley de la termodinámica.
DEDUCCIÓN 20.3 Teorema de Carnot
Lo siguiente explica cómo probar el teorema de Carnot, indicado en la sección 20.3. Suponga que
hay dos depósitos térmicos, un motor térmico trabaja entre estos dos depósitos, y un motor de Car-
not opera en reversa como un refrigerador entre los depósitos, como se muestra en la figura 20.17.
Depósito térmico de Motor térmico Depósito térmico de FIGURA 20.17 Un motor térmico
alta temperatura baja temperatura
entre los dos depósitos térmicos
QH1 QL1 produce trabajo. Un motor de
Carnot que opera en reversa como
un refrigerador entre dos depósitos
térmicos es conducido por el trabajo
producido por el motor térmico.
W
TH TL
QH2
QL2
Refrigerador
(continúa)
www.FreeLibros.me
666 Capítulo 20 La segunda ley de la termodinámica
(continuación)
Vamos a suponer que el refrigerador de Carnot opera con la eficiencia teórica dada por
2 = W , (i)
QH2
donde W TesamelbtiréanbasjuoproenqeumeroidsoqpuaeraespterotpraobrcaijoonraerqcuaelroirdQo He2stdáensiternoddoelpdroepviósstoitopdoer alta tem-
peratura. el motor
térmico que funciona entre los mismos dos depósitos. La eficiencia del motor térmico se puede
expresar como
1 = W, (ii)
QH1
donde QecHu1aecsioenlecsal(oi)r removido del depósito de alta temperatura por el motor térmico. Como
ambas y (ii) contienen el mismo trabajo, W, podemos resolver cada una por el
trabajo y entonces establecer las expresiones iguales una a la otra:
1QH1 = 2QH2.
De este modo, la proporción de las dos eficiencias es
1 = QH2 .
2 QH1
Si la eficiencia del motor =taéñQramHdi2icd, olooepqsouirgeueslaidgl naepilfaóicseaiftioqciudeeneecalilatcaadlteoelrmrrepefrmeirgaoetvuriadrdao.odSriedlleadCeefpaicróniseionttoc(idae1d=aelltam2)t,oeemtnor--
tpoenracteusrtaenesemigousalqaulecQalHo1r
ptQéeHrrm2at>iucQroaHe. 1sA,mlloaápqsulaiecltasarigqlanuipefirlciaameqefuircaeielseneycgidaaendaleaml treáersfmrcigaoledoriranddáoemrloidceqauCaeatosrendopotiee(lrds1ies>tpeom2r)a,eelnndotesopndócisceietsoqteduneeeaemlltoamstoeqmtuoer-
térmico que trabaja en conjunto con el refrigerador de Carnot es entonces capaz de transferir la
energía térmica del depósito de baja temperatura al depósito de alta temperatura sin que se haya
proporcionado ningún trabajo. Al actuar en conjunto, estos dos dispositivos estarían violando
la afirmación de Clausius sobre la segunda ley de la termodinámica. De esa manera, ningún
motor térmico puede ser más eficiente que un motor de Carnot.
La conversión de trabajo mecánico a energía térmica (como cuando hay fricción) y el flujo
de calor de depósito térmico caliente a uno frío son procesos irreversibles. La segunda ley de la
termodinámica indica que estos procesos pueden ser revertidos únicamente de manera parcial,
por consiguiente reconociendo su calidad inherente de una sola dirección.
20.6 Entropía
Como se indica en la sección 20.5, la segunda ley de la termodinámica es un poco diferente de
otras leyes que se han presentado en capítulos anteriores, tal como las leyes de Newton, porque
están expresadas en términos de imposibilidades. Sin embargo, la segunda ley se puede establecer
de un modo mucho más directo usando el concepto de entropía.
En los últimos tres capítulos hemos discutido la noción del equilibrio térmico. Si dos obje-
tos que se encuentran a diferentes temperaturas tienen contacto térmico, ambas temperaturas se
aproximarán de manera asintótica a un equilibrio de temperatura común. Lo que impulsa a este
sistema a un equilibrio térmico es la entropía, y el estado de equilibrio térmico es el estado de
máxima entropía.
La entropía provee una medida cuantitativa de qué tan cercano al equilibrio está un sistema.
La dirección de la transferencia de la energía térmica no está determinada por la conservación de
energía sino por el cambio en la entropía de un sistema. El cambio en la entropía de un sistema, S,
durante un proceso que lleva al sistema de un estado inicial a un estado final está definida como
f
S = dQ ,
∫ iT (20.12)
www.FreeLibros.me
20.6 Entropía 667
donde Q es el calor y T es la temperatura en kelvins. Las unidades SI para el cambio en la entropía
son joules por kelvin (J/K). Debemos notar que la ecuación 20.12 se aplica únicamente a procesos
reversibles; esto es, la integración puede ser realizada solamente durante el curso que representa
un proceso reversible.
Observe que la entropía está definida en términos de su cambio de una configuración inicial
a una final. El cambio de entropía es la cantidad físicamente significativa, no el valor absoluto de la
entropía en cualquier punto. Otra cantidad física de la cual únicamente el cambio es importante es
la energía potencial. El valor absoluto de la energía potencial siempre se define únicamente como
una constante arbitraria aditiva, pero el cambio en la energía potencial entre los estados inicial y
final es una cantidad física precisamente medible que eleva la(s) fuerza(s). De manera similar a
la forma en que las conexiones entre las fuerzas y la energía potencial cambian y se explicaron en
el capítulo 6, esta sección muestra cómo calcular cambios en la entropía dadas por cambios en la
temperatura y el calor y trabajo en diferentes sistemas. En el equilibrio térmico, la entropía tiene
un extremo (un máximo). En un equilibrio mecánico estable, la fuerza neta es de cero, y por con-
siguiente, la energía potencial tiene un extremo (un mínimo, en este caso).
En un proceso irreversible en un sistema cerrado, la entropía, S, del sistema nunca disminuye;
siempre se incrementa o se mantiene constante. En un sistema cerrado, la energía siempre se con-
serva, pero la entropía no. De este modo, el cambio en la entropía define la dirección del tiempo,
esto es, el tiempo se mueve hacia adelante si la entropía de un sistema cerrado se incrementa.
La definición de la entropía dada por la ecuación 20.12 descansa en las propiedades macros-
cópicas de un sistema, como lo son el calor y la temperatura. Otra definición de entropía, basada
en descripciones estadísticas de cómo los átomos y las moléculas de un sistema están arreglados,
se presentará en la siguiente sección.
Ya que la integral en la ecuación 20.12 puede ser únicamente evaluada como un proceso
reversible, ¿cómo podemos calcular el cambio en la entropía de un proceso irreversible? La
respuesta se debe al hecho de que la entropía es un estado termodinámico variable, así como la
temperatura, la presión y el volumen. Esto significa que podemos calcular la diferencia de entro-
pía entre un estado inicial conocido y un estado final conocido incluso en un proceso irreversible
si existe un proceso reversible (¡para el cual la integral en la ecuación 20.12 puede ser evaluada!)
que lleva al sistema del mismo estado inicial al mismo estado final. Quizás éste es el punto más
sutil de la termodinámica dado a conocer en todo este capítulo.
Para poder ilustrar este método general de calcular el cambio de la entropía en un proceso
irreversible, vamos a regresar a la situación descrita en el capítulo 18, la libre expansión de un gas.
La figura 20.18a) muestra un gas confinado a la mitad izquierda de una caja. En la figura 20.18b),
la barrera entre las dos mitades se elimina y el gas se expande para llenar el volumen entero de la
caja. Claramente, una vez que el gas se expande para llenar el volumen entero de la caja, el sistema
no regresará espontáneamente al estado en el que las moléculas del gas estaban localizadas en la a)
mitad izquierda de la caja. Las variables del estado del sistema antes de que la barrera se elimi-
nara es la temperatura ignaiscieaslt,áToi,terlavvoelzumeneneqinuiilciibarli,oV, ie, lyelsataednotrodpelíasiisnteicmiaal, sSei .pDueesdpeudéessdceriqbuireelna b)
barrera se eliminó y el
térmNinoospodde elamtoesmcpaelcruatluarraelficnaaml,bTiof , el volumen fdine aels,tVe fs ,isytelameanutrsoapnídaofilnaaelc, uSfa .ción FIGURA 20.18 a) Un gas
de entropía 20.12 porque
el gas no está en equilibrio durante la fase de expansión. Sin embargo, el cambio en las propieda- confinado a la mitad del volumen de
des del sistema depende únicamente en los estados inicial y final, no en cómo el sistema pasó de una caja. b) La barrera que separa
uno a otro. Por lo tanto, podemos escoger un proceso que el sistema podría haber sufrido por el las dos mitades se quita y el gas
cual podemos evaluar la integral de la ecuación 20.12. se expande para llenar el volumen
En la libre expansión de un gas ideal, la temperatura se mantiene constante, de este modo, entero de la caja.
parece razonable usar la expansión isotérmica de un gas ideal. Podemos entonces evaluar la inte-
gral en la ecuación 20.12 para calcular el cambio en la entropía de un sistema que ha sufrido un
proceso isotérmico:
f dQ = 1 f Q
i TT i T
∫ ∫S = dQ = . (20.13)
(Podemos mover el factor 1/T fuera de la integral, porque estamos tratando con un proceso iso-
térmico, para el cual la temperatura es una constante por definición.) Como vimos en el capítulo
19, el trabajo realizado por un gas ideal en expansión de a en una temperatura constante
está dado por W Vi Vf T
= nRT ln Vf .
Vi
www.FreeLibros.me
668 Capítulo 20 La segunda ley de la termodinámica
Para un proceso isotérmico, la energía interna del gas no cambia; así que laEitnetr=m0o.dDineáemstiecma poadroa,
como se mostró en el capítulo 18, podemos utilizar la primera ley de
escribir
Eint = W –Q = 0.
Consecuentemente, para un proceso isotérmico, el calor agregado al sistema es
Q =W = nRT ln Vf .
Vi
El cambio de la entropía resultante para el proceso isotérmico es entonces
ln VVfi
Q nRT T Vf .
T Vi
S = = = nR ln (20.14)
El cambio de la entropía para la expansión libre irreversible de un gas debe ser igual al cambio de
la entropía para el proceso isotérmico porque ambos procesos tienen el mismo estado inicial y
final y de este modo deben tener el mismo cambio en la entropía.
Para la expansión libre irreversible de un ghaesc,hVof, e>lVcia, my baisoí ln l(aVefn/tVroi)pí>a 0. De este modo,
S > 0 porque n y R son números positivos. De de de cualquier pro-
ceso irreversible es siempre positivo.
Por consiguiente, la segunda ley de la termodinámica se puede indicar en una tercera forma.
La entropía de un sistema cerrado nunca puede disminuir.
E J E M P L O 20.5 C ambio de la entropía para el
congelamiento del agua
Suponga que tenemos 1.50 kg de agua a una temperatura de 0 °C. Ponemos el agua en un congelador
y el calor suficiente es removido del agua para poderla congelar por completo hasta el hielo a una
temperatura de 0 °C.
PROBLEMA
¿Cuánto cambia la entropía del sistema del agua helada durante el proceso de congelamiento?
SOLUCIÓN
El derretimiento del hielo es un proceso isotérmico, así es que podemos usar la ecuación 20.13
para el cambio de entropía:
S = Q ,
T
donde Q es el calor que necesita ser removido para convertir el agua en hielo a T = 273.15 K,
el punto de congelación del agua. El calor que necesita ser removido para congelar el agua se
determina por el calor latente de la fusión de agua (hielo), definida en el capítulo 18. El calor
que necesita ser removido es
Q = mLfusión =(1.50 kg)(334 kJ/kg)= 501 kJ.
De este modo, el cambio en la entropía del sistema del agua-hielo es
∆S = –501 kJ = –1 830 J/K.
273.15 K
Observe cómo la entropía del sistema de agua-hielo en el ejemplo 20.5 ha disminuido. ¿Cómo
puede disminuir la entropía de este sistema? La segunda ley de la termodinámica afirma que la
entropía de un sistema cerrado nunca puede disminuir. Sin embargo, el sistema de agua-hielo no
es un sistema cerrado. El congelador usó energía para remover el calor del agua y poder congelar, y
desechó el calor hacia el ambiente local. De este modo, la entropía del ambiente se incrementó más
de lo que la entropía del sistema de agua-hielo disminuyó. Ésta es una diferencia muy importante.
www.FreeLibros.me
20.7 Interpretación microscópica de la entropía 669
Un análisis similar se puede aplicar a los orígenes de formas de vida complejas que tienen
entropías más bajas de las que hay en sus alrededores. El desarrollo de formas de vida con entropía
baja está acompañado por un incremento global de la entropía en la Tierra. Para que un subsis-
tema vivo en la Tierra reduzca su propia entropía a costa de su ambiente, necesita una fuente de
energía. Esta fuente de energía puede ser de enlaces químicos u otros tipos de energía potencial,
que a la larga surge de la energía proporcionada a la Tierra por la radiación solar.
La evolución hacia formas de vida cada vez más complejas no está en contra de la segunda
ley de la termodinámica, porque las formas de vida evolucionadas no forman sistemas cerrados.
Una contradicción entre la evolución biológica y la segunda ley de la termodinámica a veces es
falsamente aclamada por los oponentes de la evolución en el debate de evolución/creación. Desde
el punto de vista de la termodinámica, este argumento tiene que ser rechazado inequívocamente.
E J E M P L O 20.6 Cambio de la entropía para el calentamiento del agua
Suponga que empezamos con 2.00 kg de agua a una temperatura de 20.0 °C y calentamos el
agua hasta que alcance una temperatura de 80.0 °C.
PROBLEMA
¿Cuál es el cambio de la entropía del agua?
SOLUCIÓN
Empezamos con la ecuación 20.12 referente al cambio de la entropía en la integración del flujo
diferencial de calor, dQ, con respecto a la temperatura:
f dQ .
∫ T
S = (i)
i
El calor, Q, requerido para elevar la temperatura de la masa, m, del agua está dada por
Q = cmT , (ii)
donde c = 4.19 kJ/(kg K) es el calor específico del agua. Podemos reescribir la ecuación (ii) en
términos del cambio diferencial de calor, dQ, y el cambio diferencial de la temperatura, dT:
dQ = cm dT .
Entonces podemos reescribir la ecuación (i) como
S = f dQ = Tf cmdT = cm Tf dT = cm ln Tf .
∫ ∫ ∫ Ti
iT T T
Ti Ti
Con Ti = 293.15 K y Tf = 353.15 K, el cambio de la entropía es
S = 4.19 kJ/(kg K)(2.00 kg) ln 353.15 K = 1.56 ⋅103 J/K.
293.15 K
Existe otro punto importante acerca de la definición macroscópica de la entropía y el cálculo
de la entropía con ayuda de la ecuación 20.12: la segunda ley de la termodinámica también implica
esto para todos los procesos cíclicos (tales como el ciclo de Carnot, de Otto y de Diesel); esto es,
todos los procesos en los cuales el estado inicial es el mismo que el estado final, el total del cambio
en la entropía del ciclo completo tiene que ser mayor que o igual a cero: S ≥ 0.
20.7 Interpretación microscópica de la entropía
En el capítulo 19 vimos que la energía interna de un gas ideal puede ser calculada al sumar las
energías de partículas constituyentes del gas. También podemos determinar la entropía de un gas
ideal al estudiar sus partículas constituyentes. Ocurre que esta definición microscópica de entro-
pía está de acuerdo con la definición anterior.
www.FreeLibros.me
670 Capítulo 20 La segunda ley de la termodinámica
Las ideas de orden y desorden son intuitivas. Por ejemplo, una taza de café es un sistema or-
denado. Romper la taza al tirarla al suelo crea un sistema que está menos ordenado, o más des-
ordenado, que el sistema original. Este desorden de sistema se puede describir cuantitativamente
usando el concepto de estados microscópicos. Otro término para un estado microscópico es un
grado de libertad.
Supongamos que lanzamos n monedas al aire, y la mitad cae con la cara arriba y la otra mitad
cae con la cruz arriba. La afirmación “la mitad de las monedas son cara y la otra mitad son cruz”
es una descripción de un estado macroscópico del sistema de n monedas. Cada moneda puede
tener uno de dos estados microscópicos: cara o cruz. Al afirmar que la mitad de las monedas son
caras y la mitad de las monedas son cruces no especifica nada acerca del estado microscópico de
cada moneda, porque existen muchas posibles maneras de arreglar el estado microscópico de las
monedas sin cambiar el estado macroscópico. Sin embargo, si todas las monedas son caras o todas
las monedas son cruces, el estado microscópico de cada moneda será conocido. El estado macros-
cópico consistente de la mitad de caras y la mitad de cruces es un sistema desordenado porque
muy poco se conoce acerca del estado microscópico de cada moneda. El estado macroscópico con
todas las caras o el estado macroscópico con todas las cruces es un sistema ordenado porque el
estado microscópico de cada moneda es conocido.
Para cuantificar este concepto, imagine lanzar cuatro monedas al
aire. Únicamente existe una manera de obtener cuatro caras con tal lan-
zamiento, cuatro maneras de obtener tres caras y una cruz, seis maneras
de obtener dos caras y dos cruces, cuatro maneras de obtener una cara y
tres cruces, y únicamente una manera de obtener cuatro cruces. De esta
manera, existen cinco posibles estados macroscópicos y dieciséis posi-
bles estados microscópicos (vea la figura 20.19, donde las caras están
representadas por círculos rojos, y las cruces por círculos azules).
Ahora vamos a suponer que lanzamos cincuenta monedas al aire
en vez de cuatro. Existen 250 = 1.13 · 1015 posibles microestados de este
sistema con cincuenta monedas lanzadas. El estado macroscópico más
probable consiste en la mitad de caras y la mitad de cruces. Existen
1.26 · 1014 posibles microestados con la mitad de caras y la mitad de cru-
4 caras 3 caras 2 caras 1 cara 4 cruces ces. La probabilidad de que la mitad de las monedas caiga con la cara
1 cruz 2 cruces 3 cruces arriba y la otra mitad con la cruz, es de 11.2%, mientras que la probabi-
FIGURA 20.19 Los 16 estados microscópicos posibles para lidad de que todas las cincuenta monedas caigan con la cara arriba es de
1 en 1.13 · 1015.
cuatro monedas lanzadas al aire, conduciendo a cinco estados Vamos a aplicar estos conceptos a un sistema real de moléculas de
macroscópicos posibles.
gas: un mol de gas, o el número de moléculas de Avogadro, a presión p,
volumen V, y temperatura T. Estas tres cantidades describen el estado macroscópico del gas. La
descripción microscópica del sistema requiere especificar la cantidad de movimiento y la posi-
ción de cada molécula de gas. Cada molécula tiene tres componentes de sus momentos y tres
componentes de su posición. De este modo, en cualquier momento, el gas puede estar en un gran
número de estados microscópicos, dependiendo de las posiciones y velocidades de cada una de
sus 6.02 · 1023 moléculas. Si el gas sufre una libre expansión, el número de posibles estados micros-
cópicos incrementa y el sistema se vuelve más desordenado. Porque la entropía de un gas que
está sufriendo una libre expansión aumenta, el incremento en el desorden está relacionado con el
aumento en la entropía. Esta idea puede generalizarse de la siguiente manera:
El estado macroscópico más probable de un sistema es el estado con el número más grande de
estados microscópicos, que también es el estado macroscópico con más desorden.
Dejemos que w sea el número de estados microscópicos posibles de un estado macroscópico
dado. Se puede mostrar que la entropía del estado macroscópico se da por
S = kB lnw, (20.15)
dtroiancdoeLkuBdewsilga constante de Boltzmann. Esta ecuación fue la primera que escribió el físico aus-
Boltzmann y es también su más grande logro (está cincelado en su lápida). Puede
ver de la ecuación 20.15 que al incrementar el número de estados microscópicos posibles aumenta
la entropía.
www.FreeLibros.me
20.7 Interpretación microscópica de la entropía 671
El aspecto importante de un proceso termodinámico no es la entropía absoluta, sino el cam-
bio de la entropía entre el estado inicial y el estado final. Tomando la ecuación 20.15 como la defi-
nición de entropía, el número más pequeño de microestados es uno, y la más pequeña entropía
que puede existir es entonces cero. De acuerdo con esta definición, la entropía no puede ser nunca
negativa. En la práctica, es difícil determinar el número de posibles estados microscópicos excepto
con los sistemas especiales. Sin embargo, el cambio en el número de posibles estados microscó-
picos a menudo puede ser determinado, de este modo se fundamenta al permitir el cambio en la
entropía del sistema.
p laroenceCtrsooonptíseairdemesroeduinnámsisicteomhaaSsqt=aueStef in–neiSrciiu=alnkmBeeslnntatwedofti–menkaBeclrnwoiwscmió=ipckircBooelnsctowawndfiow.s f y entonces experimenta un
microestados. El cambio de
(20.16)
De este modo, el cambio de la entropía entre dos estados macroscópicos depende del número de
microestados posibles.
La definición de la entropía de un sistema en términos del número de posibles microesta-
dos nos guía a una comprensión más profunda de la segunda ley de la termodinámica, la cual
afirma que la entropía de un sistema cerrado no puede nunca disminuir. Este planteamiento de
la segunda ley combinado con la ecuación 20.15 significa que un sistema cerrado no puede nunca
experimentar un proceso termodinámico que baje el número de posibles microestados. Por ejemplo,
si el proceso mostrado en la figura 20.18 ocurriera en reversa; esto es, que el gas experimentara
una libre contracción hacia un volumen de la mitad de su tamaño original, el número de los posi-
bles microestados por cada molécula disminuiría por un factor de 2. La probabilidad de encontrar
dturenaarmtmooldoéalcésuclluaalssa.mdSieoelgéxacisustlaeanslad1me00gitamasdoadléleaclumvloaistluaddmedegneassoureinvgoienlluasmliseetsneemonartoi,gneinncetaoslne12cs,e(ys12ll)aaN,ppdrrooobbnaadbbeiillNiiddaaedds de encon-
el número
de que las
100 moléculas terminen teniendo la mitad de su volumen original es de 7.9 · 10–31. Tendríamos
que revisar el sistema aproximadamente 1/(7.9 · 10–31) ≈ 1030 veces para encontrar las moléculas a
la mitad de su volumen sólo una vez. Al revisar una por segundo, esto nos tomaría alrededor de
1014 mil millones de años, mientras que la edad del universo es solamente de 13.7 mil millones de
años. Si el sistema contiene el número de moléculas de gas de Avogadro, entonces la probabilidad
de que las moléculas estén a la mitad de su volumen original es aún más pequeña. De este modo,
aunque la probabilidad de que este proceso ocurra no es cero, es tan pequeño que lo podemos
tratar como cero. Podemos, de este modo, concluir que la segunda ley de la termodinámica, aun
cuando se expresa en términos de probabilidades, nunca es violada en ninguna situación práctica.
E J E M P L O 20.7 E l incremento de la entropía durante
la libre expansión de un gas
Vamos a considerar la libre expansión de un gas como el que se muestra en la figura 20.18. Ini-
cialmente 0.500 moles de gas nitrógeno están confinados en un volumen de 0.500 m3. Cuando
la barrera se quita, el gas se expande para llenar el nuevo volumen de 1.00 m3.
PROBLEMA
¿Cuál es el cambio en la entropía del gas?
SOLUCIÓN
Podemos usar la ecuación 20.14 para calcular el cambio de la entropía del sistema, suponiendo
que podemos tratar el sistema como una expansión isotérmica de un gas ideal:
∆S = nR ln Vf = nR ln 1.00 m3 = nR ln 2 (i)
Vi 0.500 m3
=(0.500 mol)[8.31 J/(mol K)](ln2)
= 2.88 J/K.
Otra aproximación es examinar el número de microestados del sistema antes y después de la ex-
pansión para calcular el cambio en la entropía. En este sistema, el número de moléculas de gas es
N = nNA, (continúa)
www.FreeLibros.me
672 Capítulo 20 La segunda ley de la termodinámica
(continuación)
mdoonldéceuNlaAs es el número de Avogadro. Antes de la expansión, había wexi pmanicsrioóens,tcaudaolsqupiaerraa las
de gas en la mitad izquierda del contenedor. Después de la de
20.6 Ejercicio en clase las moléculas podía estar en la mitad izquierda o en la mitad derecha del contenedor. Por con-
siguiente, el número de microestados después de la expansión es
Todos los procesos
termodinámicos reversibles wf = 2Nwi .
siempre proceden en
Al usar la ecuación 20.16 y al recordar que nR = NkB, podemos expresar el cambio en la entropía
a) presión constante. del sistema como S ln 2Nwi = NkB ln2 = nR ln2.
= kB ln wf = kB
b) temperatura constante. wi wi
c) entropía constante. De esta manera, obtenemos el mismo resultado por el cambio de la entropía de un gas libremen-
te expandido al observar las propiedades microscópicas del sistema que al usar las propiedades
d) volumen constante. macroscópicas del sistema en la ecuación (i).
e) ninguna de las anteriores.
Muerte de la entropía
El universo es el sistema cerrado extremo. La vasta mayoría de los procesos termodinámicos en el
universo son irreversibles, y de esta manera, la entropía del universo como un todo se está incre-
mentando de manera continua y asintóticamente aproximándose a su máximo. De este modo, si el
universo existe durante suficiente tiempo, toda la energía será distribuida de manera uniforme por
todo su volumen. Además, si el universo se sigue expandiendo por siempre, la gravedad —la única
fuerza importante de largo alcance— no tendrá la capacidad de seguir jalando los objetos para
mantenerlos juntos. Esta condición más reciente es la principal diferencia del primer universo
en los primeros momentos después del Big Bang, cuando la materia y la energía también estaban
distribuidas uniformemente a través del universo, como lo revelaron los análisis de la radiación
de fondo de microondas (visto en el capítulo 17). Pero en el primer universo, la gravedad era muy
fuerte, como resultado de la concentración de la materia en un espacio pequeño, y era capaz de
desarrollar fluctuaciones mínimas y contraer la materia para formar estrellas y galaxias. De este
modo, aunque la materia y la energía fueron distribuidas uniformemente en el primer universo,
la entropía no estaba cerca de su máximo, y el universo entero estaba lejos del equilibrio térmico.
En el futuro a largo plazo del universo, todas las estrellas, las cuales en la actualidad repre-
sentan las fuentes de energía de otros objetos como nuestro planeta, estarán finalmente extintas.
Entonces, la vida será imposible, porque la vida necesita una fuente de energía para poder dismi-
nuir la entropía localmente. Mientras el universo se acerca de manera asintótica a su estado de
entropía máxima, cada subsistema del universo alcanzará el equilibrio termodinámico.
En ocasiones, a este destino a largo plazo del universo se le llama muerte térmica. Sin embargo,
la temperatura del universo en ese momento no será alta, como su nombre lo sugeriría, sino muy
cercana al cero absoluto y muy similar en todas partes.
Esto no es algo de lo que nos tengamos que preocupar por ahora, porque algunas estima-
ciones indican que la muerte de la entropía del universo está a 10100 años en el futuro (con una
inseguridad en muchos órdenes de magnitud). Obviamente, el futuro a largo plazo del universo
es muy interesante y en la actualidad es un área de investigación intensa. Nuevos descubrimientos
acerca de la materia oscura y la energía oscura pueden cambiar nuestra imagen del futuro a largo
plazo del universo. Pero tal como está en este momento, el universo no desaparecerá con una
explosión, sino con un quejido.
LO QUE HEMOS APRENDIDO | GUÍA DE ESTUDIO PARA EXAMEN
■■ En un proceso reversible, el sistema siempre está cercano al ■■ Un motor térmico es un aparato que convierte la
equilibrio termodinámico. Al hacer un pequeño cambio energía térmica en trabajo útil.
en el estado del sistema puede revertir cualquier
cambio en las variables termodinámicas del sistema. ■■ La eficiencia, , de un motor térmico se define como
cya=QloHWr.e/sQlHa,ednoenrgdíeaWqueesseel trabajo útil extraído del motor
■■ Un proceso irreversible involucra el flujo de calor con una provee al motor en forma de
diferencia limitada de temperatura, libre expansión de un
gas, o la conversión de trabajo mecánico a energía térmica.
www.FreeLibros.me
Respuestas a oportunidades de autoexamen 673
■■ Un refrigerador es un motor térmico que funciona en ■■ La segunda ley de la termodinámica se puede
forma inversa. establecer como sigue: es imposible para un sistema
pasar por un proceso en el cual absorbe calor de un
■■ El coeficiente de desempeño, K, de un refrigerador se depósito térmico a cierta temperatura y convierte ese
define como tKér=mQicLo/Wde, dboajnadteemQpL eersaetul craalyorWexetsraeíldo calor completamente en trabajo mecánico sin rechazar
del depósito el calor hacia un depósito térmico de temperatura baja.
trabajo requerido para extraer el calor.
■■ La segunda ley de la termodinámica también puede
■■ Un motor ideal es uno en el que todos los procesos
establecerse como sigue: es imposible para cualquier
involucrados son reversibles. proceso transferir energía térmica de un depósito
térmico de baja temperatura a un depósito térmico de
■■ Un motor de Carnot usa el ciclo de Carnot, un proceso alta temperatura sin que ningún trabajo sea realizado
para lograr la transferencia.
termodinámico ideal que consiste en dos procesos
isotérmicos y dos procesos adiabáticos. El motor de ■■ El cambio en la entropía de un sistema se define comof
Carnot es el motor más eficiente que puede funcionar
entre dos depósitos térmicos. dQ ,
T
■■ La eficiencia del motor de Carnot está dada por ∫S = T es donde dQ es el calor diferencial añadido al
la temperatura y la integración se
dd ee=lpdó(TesipHtóo–stiéTtorLm)t/éiTrcmoH,micdoáosnmcdáaesliTefrHnítoee.sylaTtLeems plaertaetmurpaerdaetlura sistemia,
realiza desde un estado termodinámico inicial hasta
un estado termodinámico final.
■■ El coeficiente de desempeño de un refrigerador
de Carnot es dKeml ádxe=póTsLi/t(oTtHér–mTicL)o, mdoánsdcealTieHnetes la ■■ Una tercera manera de establecer la segunda ley de la
temperatura y TL es
la temperatura del depósito térmico más frío. termodinámica es la que sigue: la entropía de un sistema
cerrado nunca puede disminuir.
■■ El ciclo de Otto describe la operación de los motores ■■ La entropía de un sistema macroscópico se puede
de combustión interna. Consiste en dos procesos definir en términos del número de posibles estados
microscópicos, w, del sistema: = ln donde es
adiabáticos y dos procesos de volumen constante. La la constante de Boltzmann. S kB w, kB
eficiencia de un motor que usa el ciclo de Otto está
dada por = 1 – r1–, donde = V1/V2 es la proporción
de compresión y = Cp/CV . r
TÉRMINOS CLAVE refrigerador, p. 652 motor de Carnot, p. 654 segunda ley de la
coeficiente de desempeño, ciclo de Carnot, p. 654 termodinámica, p. 664
proceso reversible, p. 650 teorema de Carnot,
proceso irreversible, p. 653 entropía, p. 666
bomba de calor, p. 653 p. 656 estados microscópicos,
p. 651 motor ideal, p. 654 ciclo de Otto, p. 658
motor térmico, p. 652 p. 670
eficiencia, p. 652
NUEVOS SÍMBOLOS Y ECUACIONES f dQ ,
∫S = T
= W , eficiencia de un motor térmico cambio de la entropía de un sistema
QH
i
K = QL , coeficiente de desempeño de un refrigerador
W S = kB ln w, definición microscópica de la entropía
W, número de posibles estados microscópicos
RESPUESTAS A OPORTUNIDADES DE AUTOEXAMEN
20.1 La eficiencia está dada por 20.2 La proporción de las dos eficiencias es
=1– TL =1– 325 K = 0.35 (o 35%). 15 = 1 – 15–0.4 = 66.1% =1.55, que es una mejoría de 55%.
TH 500 K 10 1– 4–0.4 42.6%
www.FreeLibros.me
674 Capítulo 20 La segunda ley de la termodinámica
PRÁCTICA PARA RESOLUCIÓN DE PROBLEMAS
Lineamientos de problemas resueltos Usted puede requerir identificar los estados inicial y final para
1. C on los problemas en termodinámica, necesita poner mu- calcular el cambio en la entropía, pero recuerde que la entro-
cha atención a los signos de trabajo (W) y calor (Q). El trabajo pía puede cambiar.
hecho por un sistema es positivo, y el trabajo realizado en un 4. R ecuerde que la entropía de un sistema cerrado siempre
sistema es negativo; el calor que es transferido a un sistema es permanece igual o se incrementa (nunca disminuye), pero ase-
positivo, y el calor que es emitido por un sistema es negativo. gúrese de que en un problema la situación es realmente acerca
2. Algunos problemas que involucran motores térmicos tie- de un sistema cerrado. La entropía de un sistema que no está
nen que ver con la potencia y con la tasa de la transferencia de cerrado puede disminuir si incrementa más la entropía en los
energía térmica. La potencia es trabajo por unidad de tiempo alrededores y lo contrarresta; no suponga que todos los cam-
(P = W/t) y la tasa de la transferencia de la energía térmica es bios en la entropía deben ser positivos.
calor por unidad de tiempo (Q/t). Usted puede tratar a estas
cantidades como al trabajo y el calor, pero recuerde que invo- f
lucran la unidad de tiempo.
3. L a entropía puede parecerse un poco a la energía, pero ∫5. No aplique la fórmula S = dQ para el cambio de la
éstos son conceptos muy diferentes. La primera ley de la ter- iT
modinámica es una ley de conservación; la energía se con- entropía sin primero asegurarse de que usted está tratando
serva. La segunda ley de la termodinámica no es una ley de con un proceso reversible. Si necesita calcular el cambio de
conservación; la entropía no se conserva; siempre o se queda la entropía de un proceso irreversible, primero necesita hallar
igual o incrementa y nunca disminuye en un sistema cerrado. un proceso equivalente reversible que conecte los mismos es-
tados inicial y final.
PROBLEMA RESUELTO 20.2 C osto de operar una planta
de energía eléctrica
Una planta de energía eléctrica funciona con turbinas de vapor a una temperatura de 557 °C y
usa torres de enfriamiento para mantener frío el depósito térmico a una temperatura de 38.3 °C.
El costo operativo de la planta por año es de 52.0 millones de dólares. Los gerentes de la planta
proponen usar agua de un lago cercano para bajar la temperatura del depósito frío a 8.90 °C.
Suponga que la planta opera a su eficiencia máxima posible.
PROBLEMA
¿Cuánto se reduciría el costo de operación de la planta en un año como resultado del cambio en la
temperatura del depósito? Suponga que la planta genera la misma cantidad de electricidad.
SOLUCIÓN
PIENSE
Podemos calcular la eficiencia de la planta de energía suponiendo que ésta opera con la eficien-
cia teórica de Carnot, la cual depende únicamente de las temperaturas del depósito térmico ca-
liente y del depósito térmico frío. Podemos calcular la cantidad de energía térmica puesta en el
depósito térmico caliente y suponer que el costo de operación de la planta es proporcional a esa
energía térmica. Esta energía térmica puede provenir de quemar un combustible (carbón, aceite
o gas) o tal vez de un reactor nuclear. Bajar la temperatura del depósito frío va a incrementar la
eficiencia de la planta de energía, y de este modo disminuirá la cantidad requerida de energía
térmica y los costos asociados. Los costos ahorrados son entonces los costos de operación de la
planta original menos los costos de operación de la planta mejorada.
ESBOCE
La figura 20.20 es un esbozo referente a las cantidades termodinámicas involucradas en el funcio-
W namiento de Wmtluaénrep,majlloaapirncaltaatedanmaotdbapeeaesdsretTeaentLceeu2inrd.rgeaaíragoaírmaliageeipjlnoélaacrlantrddtiacaealde.desLeQeapnóHtees2rmi,gteoíplaeftorrríaaroitbguaeirjsnoaaTdlúLeet1ils,ldyQheleHpac1óht,seolimatopeponceraerrlaliagteuínpartlaetaéndertsmealTiddcHeea,peplóanrseoeirtvngoiesíraftgraeííoaas
INVESTIGUE
TH TL1
QH1 TL2
QH2
La máxima eficiencia de la planta de energía cuando está operando con las torres
FIGURA 20.20 Las cantidades termodinámicas de enfriamiento está dada por la eficiencia teórica de Carnot:
relacionadas a la operación de una planta de 1 = TH –TL1 . (i)
energía eléctrica. TH
www.FreeLibros.me
Práctica para resolución de problemas 675
La eficiencia de la planta de energía bajo esta condición también puede ser expresada como
1 =W , (ii)
QH1
Pdoonddeme QosHe1secsrilbaireneexrpgríeasitoérnmesicsaimabilaasrteescpidaaracluaaenfdicoielnascitaordreesladpelaenntfaridame einenetrogísaeceusatnándouseal nladgoo.
se está usando para disminuir la temperatura del depósito frío:
2 = TH –TL2 (iii)
TH (iv)
y
W
2 = QH2 .
El costo de operar la planta de energía es proporcional a la energía térmica abastecida al depósi-
to caliente. De este modo podemos igualar la proporción del costo original, ca1,laalecnoesrtgoíaretdéurmcidicoa,
rce2,qcuoenridlaa proporción de la energía térmica originalmente requerida, QH1,
subsecuentemente, QH2:
c1 = QH1 .
c2 QH2
SIMPLIFIQUE
Podemos expresar el nuevo costo como
QH2
c2 = c1 QH1 .
Podemos obtener una expresión para la energía térmica originalmente requerida usando las
ecuaciones (i) y (ii):
W W THW
QH1 = 1 = THT–HTL1 = TH –TL1 .
Podemos obtener una expresión similar para la energía térmica requerida después de la mejora
usando las ecuaciones (iii) y (iv):
QH2 = W = W = THW .
2 TH –TL2
TH –TL2
TH
Podemos ahora expresar el nuevo costo como
c2 = c1 QH2 = c1 THW = c1 TH – TL1 .
QH1 TH –TL2 TH – TL 2
THW
TH –TL1
Observe que el trabajo W hecho por la planta de energía se cancela porque la planta genera la
misma cantidad de electricidad en ambos casos. Los costos ahorrados son entonces
c1 – c2 = c1 – c1 TH – TL1 = c11– TH – TL1 = c1 TL1 –TL2 .
TH – TL 2 TH – TL2 TH –TL2
CALCULE
Al sustituir los valores numéricos obtenemos
c1 – c2 = c1 TL1 –TL2 =($52.0 millones) 311.45 K – 282.05 K = $2.78927 millones.
TH –TL2 830.15 K – 282.05 K
(continúa)
www.FreeLibros.me
The words you are searching are inside this book. To get more targeted content, please make full-text search by clicking here.
Física para ingeniería y ciencias. Vol. 1 - Wolfgang Bauer-FREELIBROS.ORG
Discover the best professional documents and content resources in AnyFlip Document Base.
Search
Física para ingeniería y ciencias. Vol. 1 - Wolfgang Bauer-FREELIBROS.ORG
- 1 - 50
- 51 - 100
- 101 - 150
- 151 - 200
- 201 - 250
- 251 - 300
- 301 - 350
- 351 - 400
- 401 - 450
- 451 - 500
- 501 - 550
- 551 - 600
- 601 - 650
- 651 - 700
- 701 - 750
- 751 - 757
Pages: