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Published by Marvin's Underground Latino USA, 2018-08-06 15:33:23

0295

0295

Podríamos imaginar otros posibles ciclos reversibles adecuados para una máquina
reversible ideal. De acuerdo con un teorema establecido por Carnot:

Todas las máquinas reversibles que operan entre las mismas dos temperaturas cons-
tantes, TH y TL, tienen la misma eficiencia. Cualquier máquina irreversible que ope-
re entre las mismas dos temperaturas fijas tendrá una eficiencia menor que esto.

Este enunciado se conoce como el teorema de Carnot† y nos dice que la ecuación 20-3,
e ϭ 1Ϫ(TL/TH), se aplica a cualquier máquina reversible ideal con temperaturas de en-
trada y salida fijas, TH y TL, y que esta ecuación representa una eficiencia máxima po-
sible para una máquina real (es decir, irreversible).

En la práctica, la eficiencia de las máquinas reales siempre es menor que la efi-
ciencia de Carnot. Las máquinas bien diseñadas alcanzan tal vez del 60 al 80% de la
eficiencia de Carnot.

EJEMPLO 20–2 ¿Una afirmación engañosa? Un fabricante de motores afirma
lo siguiente: La entrada de calor por segundo de un motor es de 9.0 kJ a 435 K. La sa-
lida de calor por segundo es de 4.0 kJ a 285 K. ¿Usted cree estas afirmaciones?

PLANTEAMIENTO La eficiencia del motor se calcula a partir de la definición (ecua-
ciones 20-1). Debe ser menor que la máxima posible (ecuación 20-3).

SOLUCIÓN La eficiencia anunciada del motor es (ecuación 20-1b)

e = 1 - QL = 1 - 4.0 kJ = 0.56,
QH 9.0 kJ

o del 56%. Sin embargo, la eficiencia máxima posible está dada por la eficiencia de

Carnot (ecuación 20-3):

eideal = 1 - TL = 1 - 285 K = 0.34,
TH 435 K

o del 34%. La afirmación del fabricante viola la segunda ley de la termodinámica y

no es creíble.

EJERCICIO B Un motor funciona con una temperatura de admisión TH ϭ 400 K y una FIGURA 20–8 El ciclo de Otto.
temperatura de escape TL ϭ 300 K. ¿Cuál de las siguientes no es una posible eficiencia pa- c
ra la máquina? a) 0.10; b) 0.16; c) 0.24; d) 0.30.
QH
De acuerdo con la ecuación 20-3, a todas luces resulta imposible que exista una Pb
máquina 100% eficiente. Sólo si la temperatura de escape TL fuera de cero absoluto se-
ría posible un 100% de eficiencia. Sin embargo, alcanzar el cero absoluto es una impo- d
sibilidad práctica (así como teórica).‡ Por lo tanto, podemos afirmar, como en la QL
sección 20-2, que no es posible que exista un dispositivo cuyo único efecto sea transfor-
mar por completo una cantidad dada de calor en trabajo. Como vimos en la sección a
20-2, esto se conoce como el enunciado de Kelvin-Planck de la segunda ley de la termo-
dinámica. En otras palabras, no puede existir una máquina térmica perfecta (con un 0V
100% de eficiencia) tal como se representa en la figura 20-6.
SECCIÓN 20–3 535
EJERCICIO C Regrese a la pregunta de inicio del capítulo, página 528, y respóndala de
nuevo. Intente explicar por qué quizá la contestó de manera diferente la primera vez.

*El ciclo de Otto

La operación de un motor de combustión interna de un automóvil (figura 20-4) se pue-
de aproximar mediante un ciclo reversible conocido como ciclo de Otto, cuyo diagrama
PV se muestra en la figura 20-8. A diferencia del ciclo de Carnot, las temperaturas de
admisión y escape del ciclo de Otto no son constantes. Las trayectorias ab y cd son
adiabáticas, y las trayectorias bc y da son a volumen constante. El gas (una mezcla de
gasolina y aire) entra al cilindro en el punto a y se comprime adiabáticamente (carrera
de compresión) al punto b. En b ocurre la ignición (se produce la chispa de la bujía) y
la quema del gas agrega calor QH al sistema a volumen constante (aproximadamente
en un motor real). La temperatura y la presión aumentan, y luego, en la carrera de po-
tencia, cd, el gas se expande adiabáticamente. En la carrera de escape, da, el calor QL se
expulsa al ambiente (en un motor real, el gas sale del motor y se sustituye por una nue-
va mezcla de aire y combustible).

†Es posible demostrar que el teorema de Carnot se deduce directamente del enunciado de Clausius o
del enunciado de Kelvin-Planck de la segunda ley de la termodinámica.
‡Este resultado se conoce como tercera ley de la termodinámica, que se explicará en la sección 20-10.

c EJEMPLO 20–3 El ciclo de Otto. a) Demuestre que, para un gas ideal como
sustancia operativa, la eficiencia de una máquina con ciclo de Otto es
QH
Pb e = 1 - a Va b 1 - g
Vb
d
QL donde g es la razón de calores específicos (g ϭ CP/CV, ecuación 19-14) y Va/Vb es la
razón de compresión. b) Calcule la eficiencia para una razón de compresión Va/Vb ϭ
a 8.0 en el caso de un gas diatómico como O2 y N2.

0V PLANTEAMIENTO Utilizamos la definición original de la eficiencia y los resultados
del capítulo 19 para volumen constante y procesos adiabáticos (secciones 19-8 y 19-9).
FIGURA 20–8 (repetida para SOLUCIÓN Los intercambios de calor tienen lugar a volumen constante en el ciclo de
el ejemplo 20-3) El ciclo de Otto. Otto ideal, así que de la ecuación 19-10a:

QH = nCV ATc - TbB y QL = nCV ATd - TaB.
Entonces, de la ecuación 20-1b,

e = 1 - QL = 1 - c Td - Ta d .
QH Tc - Tb

Para obtener esto en términos de la razón de compresión, Va/Vb, usamos el resultado
de la sección 19-9, ecuación 19-15, PVg ϭ constante durante los procesos adiabáticos
ab y cd. Por lo tanto,

Pa Vga = Pb Vbg y Pc Vgc = Pd Vgd .

Usamos la ley del gas ideal, P ϭ nRT/V, y sustituimos P en estas dos ecuaciones

Ta g - 1 = Tb g - 1 y Tc g - 1 = Td g - 1 .

Va Vb Vc Vd

Entonces, la eficiencia (véase arriba) es

c Td - Ta d Tc AVc͞Vd g - 1 - TbAVb͞VaBg - 1 d .
Tc - Tb - Tb
e = 1 - = 1 - c B

Tc

Los procesos bc y da son a volumen constante, así que Vc ϭ Vb y Vd ϭ Va. En conse-
cuencia, Vc/Vd ϭ Vb/Va y

e = 1 - c AVb͞VaBg - 1ATc - TbB d = 1 - a Vbb g - 1 = 1 - a Va b 1-g
Tc - Tb
.

Va Vb

b) Para moléculas diatómicas (sección 19-8), g ϭ CP/CV ϭ 1.4, así que

e = 1 - (8.0)1-g = 1 - (8.0)–0.4 = 0.56.

FIGURA 20–9 Diagrama de Las máquinas reales no alcanzan esta alta eficiencia porque no siguen de manera per-
transferencia de energía para un fecta el ciclo de Otto; además, hay fricción, turbulencia, pérdida de calor y combus-
refrigerador o acondicionador de aire. tión incompleta de los gases.

TH 20–4 Refrigeradores, acondicionadores

QH de aire y bombas térmicas

W El principio operativo de los refrigeradores, los acondicionadores de aire y las bombas
térmicas es justo el inverso del principio de una máquina térmica. Cada uno opera para
Refrigerador o transferir calor de un ambiente frío hacia un ambiente caliente. Como se indica en la fi-
acondicionador gura 20-9, al realizar trabajo W, el calor se toma de una región de baja temperatura, TL
de aire (como el interior de un refrigerador), y se expulsa una mayor cantidad de calor a una
temperatura alta, TH (la habitación). Con frecuencia usted puede sentir este aire caliente
QL soplar por debajo de un refrigerador. El trabajo W por lo general se realiza mediante un
TL motor eléctrico que comprime un fluido, como se ilustra en la figura 20-10.

536 CAPÍTULO 20 Segunda ley de la termodinámica

Baja presión Presión alta QL FIGURA 20–10 a) Sistema de un
W refrigerador típico. El motor
Válvula de Serpentines de compresor eléctrico fuerza a un gas a
Serpentines de expansión condensador alta presión a través de un
enfriamiento (afuera del intercambiador de calor
(dentro del Sensor refrigerador) (condensador) en la pared exterior
refrigerador) trasera del refrigerador, donde se
QH QH arroja QH y el gas se enfría para
QL (al exterior) volverse líquido. El líquido pasa
(del interior del de una región de alta presión,
refrigerador a mediante una válvula, a unos tubos de
los serpentines) baja presión en las paredes interiores
del refrigerador; el líquido se evapora
Vapor a baja a esta presión más baja y, por lo tanto,
absorbe calor (QL) del interior del
presión Vapor a presión refrigerador. El fluido regresa al
compresor, donde el ciclo comienza
W alta de nuevo. b) Diagrama esquemático
como la figura 20-9.

a) b)
Motor Motor Enchufe
Enchufe
compresor

No es posible que exista un refrigerador perfecto, es decir, uno en el que no se re-
quiera trabajo para llevar calor desde la región de baja temperatura a la región de alta
temperatura. Éste es el enunciado de Clausius de la segunda ley de la termodinámica,
ya mencionado en la sección 20-1, que se puede expresar formalmente como

Es imposible que exista un dispositivo cuyo único efecto sea transferir calor de un SEGUNDA LEY DE LA
sistema a una temperatura TL a un segundo sistema a una temperatura más alta TH. TERMODINÁMICA

Para hacer que fluya calor de un objeto (o sistema) a baja temperatura a uno a mayor tem- (enunciado de Clausius)
peratura, se debe realizar trabajo. Por lo tanto, no puede haber un refrigerador perfecto. FÍSICA APLICADA
Refrigerador
El coeficiente de operación (COP, por las siglas de coefficient of performance) de
un refrigerador se define como el calor QL removido del área de baja temperatura FÍSICA APLICADA
(dentro de un refrigerador) dividido entre el trabajo W realizado para remover el calor Acondicionador de aire
(figura 20-9 o 20-10b):

COP = QL . c refrigerador y aire d (20–4a)
W acondicionador de

Esto tiene sentido porque, cuanto más calor QL se pueda remover del interior del refri-
gerador mediante una cantidad dada de trabajo, más eficiente será el refrigerador. La

energía se conserva, así que, de acuerdo con la primera ley de la termodinámica, pode-

mos escribir (véase la figura 20-9 o 20-10b) QL ϩ W ϭ QH, o W ϭ QHϪQL. Así, la
ecuación 20-4a se convierte en

COP = QL = QL . c refrigerador y aire d (20–4b)
W QH - QL acondicionador de

Para un refrigerador ideal (no uno perfecto, que es imposible), lo mejor que se puede
hacer es

COPideal = TL , c refrigerador y aire d (20–4c)
TH - TL acondicionador de

análogo a una máquina ideal (de Carnot), ecuaciones 20-2 y 20.3.

Un acondicionador de aire funciona en forma muy parecida a un refrigerador,

aunque los detalles de la construcción real son diferentes: un acondicionador de aire

lleva calor QL desde el interior de una habitación o edificio a baja temperatura, y de-
posita calor QH afuera, en el ambiente a una temperatura más alta. Las ecuaciones 20-4
también describen el coeficiente de operación para un acondicionador de aire.

SECCIÓN 20–4 Refrigeradores, acondicionadores de aire y bombas térmicas 537

EJEMPLO 20–4 Elaboración de hielo. Un congelador tiene un COP de 3.8 y
utiliza 200 W de potencia. ¿Cuánto tardaría este congelador (de otra forma vacío) en
congelar una charola de cubos de hielo que contiene 600 g de agua a 0°C?

PLANTEAMIENTO En la ecuación 20-4b, QL es el calor que se debe transferir hacia
fuera del agua para que se convierta en hielo. Para determinar QL, utilizamos el calor
latente de fusión L del agua y la ecuación 19-3, Q ϭ mL.

SOLUCIÓN De la tabla 19-2, L ϭ 333 kJ/kg. Por lo tanto, Q = mL =
(0.600 kg)A3.33 * 105 J͞kgB = 2.0 * 105 J es la energía total que se necesita remover
del agua. El congelador funciona a la tasa de 200 W ϭ 200 J/s ϭ W/t, que es el trabajo
W que puede realizar en t segundos. Despejamos t: t ϭ W/(200 J/s). Para W, usamos la
ecuación 20-4a: W ϭ QL/COP. Por lo tanto,

t = W = QL͞COP
200 J͞s 200 J͞s

A2.0 * 105 JB͞A3.8B
= = 260 s,

200 J͞s

o aproximadamente 4 1 min.
2

FÍSICA APLICADA El calor fluye naturalmente de una temperatura alta a una temperatura baja. Los
Bomba térmica refrigeradores y los acondicionadores de aire realizan trabajo para lograr lo opuesto:
hacer que el calor fluya de una región fría a una caliente. Se puede decir que “bom-
Frío exterior Interior cálido bean” calor de las áreas frías a las áreas más calientes, contra la tendencia natural del
QL de la casa calor de fluir de las áreas calientes a las áreas frías, de la misma forma como el agua se
puede bombear cuesta arriba, contra la tendencia natural de fluir cuesta abajo. El tér-
QH mino bomba térmica por lo general se reserva para un dispositivo que puede calentar una
casa en invierno utilizando un motor eléctrico que efectúa trabajo W para llevar calor
Bomba QL del exterior a baja temperatura y entregar calor QH al interior de la casa, que se en-
térmica cuentra más caliente; véase la figura 20-11. Como en un refrigerador, hay un intercam-
biador de calor adentro y otro afuera (serpentines del refrigerador) y un motor
W compresor eléctrico. El principio operativo es como el de un refrigerador o acondicio-
nador de aire; sin embargo, el objetivo de una bomba de calor es calentar (entregar
FIGURA 20–11 Una bomba térmica QH) en vez de enfriar (remover QL). Por eso, el coeficiente de operación de una bom-
usa un motor eléctrico para “bombear” ba térmica se define de manera diferente al de un acondicionador de aire, pues ahora
calor del frío exterior al interior cálido lo que importa es el calor QH entregado al interior de la casa:
de una casa.
COP = QH . [bomba térmica] (20–5)
W

CUIDADO El COP necesariamente es mayor que 1. La mayoría de las bombas térmicas se pueden
“invertir” y utilizarse como acondicionadores de aire en el verano.
Las bombas térmicas y los
acondicionadores de aire tienen EJEMPLO 20–5 Bomba térmica. Una bomba térmica tiene un coeficiente de
diferentes definiciones de COP operación de 3.0 y se clasifica para trabajar a 1500 W. a) ¿Cuánto calor puede agregar
a una habitación por segundo? b) Si la bomba térmica se invierte para actuar como
acondicionador de aire en el verano, ¿cuál sería su coeficiente de operación, si se su-
pone que todo lo demás permanece igual?

PLANTEAMIENTO Usamos las definiciones de coeficiente de operación, que son di-
ferentes para los dos dispositivos en a) y b).
SOLUCIÓN a) Usamos la ecuación 20-5 para la bomba térmica y, dado que el disposi-
tivo realiza 1500 J de trabajo por segundo, puede verter calor en la habitación a una
tasa de

QH = COP * W = 3.0 * 1500 J = 4500 J

por segundo, o a una tasa de 4500 W.

538 CAPÍTULO 20 Segunda ley de la termodinámica

b) Si el dispositivo se invierte en verano, puede llevar calor QL del interior de la casa,
realizando 1500 J de trabajo por segundo, para luego descargar QH ϭ 4500 J por se-
gundo al exterior caliente. La energía se conserva, de manera que QL ϩ W ϭ QH
(véase la figura 20-11, pero invierta el interior y el exterior de la casa). Entonces,

QL = QH - W = 4500 J - 1500 J = 3000 J.
El coeficiente de operación como acondicionador de aire sería entonces (ecuación
20-4a)

COP = QL = 3000 J = 2.0.
W 1500 J

20–5 Entropía

Hasta el momento, la segunda ley de la termodinámica se planteó en el marco de situa-
ciones específicas. Lo que realmente necesitamos es un enunciado general de la segunda
ley de la termodinámica que cubra todas las situaciones, incluidas aquellas analizadas
anteriormente en este capítulo que no se observan en la naturaleza, aun cuando no vio-
len la primera ley de la termodinámica. No fue sino hasta la última mitad del siglo XIX
que finalmente se enunció la segunda ley de la termodinámica en una forma general,
en términos de una cantidad llamada entropía, que introdujo Clausius en la década de
1860. En la sección 20-7 veremos que la entropía se puede interpretar como una medi-
da del orden o el desorden de un sistema.

Cuando se trata con la entropía, al igual que con la energía potencial, lo importan-
te es el cambio en la entropía durante un proceso, no la cantidad absoluta. De acuerdo
con Clausius, el cambio en la entropía S de un sistema, cuando se le agrega una canti-
dad de calor Q mediante un proceso reversible a temperatura constante, está dado por

¢S = Q , (20–6)
T

donde T es la temperatura Kelvin.
Si la temperatura no es constante, la entropía S se define por la relación

dS = dQ . (20–7)
T

Entonces, el cambio en la entropía de un sistema es un proceso reversible entre dos es-
tados a y b está dado por†

b b dQ .
aT
dS =

a
Ύ Ύ¢S = Sb - Sa = [proceso reversible] (20–8)

Un análisis cuidadoso (véase la siguiente página) indica que el cambio en la entropía,
cuando un sistema pasa por un proceso reversible de cualquier estado a a otro estado
b, no depende del proceso. Esto es, ⌬S ϭ Sb Ϫ Sa sólo depende de los estados a y b del
sistema. Por lo tanto, la entropía (a diferencia del calor) es una variable de estado.
Cualquier sistema en un estado determinado tiene una temperatura, un volumen, una
presión y también tiene un valor particular de entropía.

Es fácil ver por qué la entropía es una variable de estado para un ciclo de Carnot.
En la ecuación 20-2 vimos que QL/QH ϭ TL/TH, que se reescribe como

QL = QH .
TL TH

En el diagrama PV para un ciclo de Carnot (figura 20-7), el cambio en la entropía ⌬S
ϭ Q/T al pasar del estado a al estado c a lo largo de la trayectoria abc (ϭ QH/TH ϩ 0)
es, por consiguiente, el mismo que al recorrer la trayectoria adc. Esto es, el cambio en

la entropía es independiente de la trayectoria: sólo depende de los estados inicial y fi-

nal del sistema.

†La ecuación 20-8 no dice nada acerca del valor absoluto de S; sólo da el cambio en S. Esto es muy pa-
recido a la energía potencial (capítulo 8). Sin embargo, una forma de la llamada tercera ley de la termo-
dinámica (véase también la sección 20-10) afirma que, conforme T S 0, S S 0.

SECCIÓN 20–5 Entropy 539

*Demostración de que la entropía es una variable de estado

En el estudio del ciclo de Carnot encontramos (ecuación 20-2) que QL/QH ϭ TL/TH.
Reescribimos esto como

b QH = QL .
P TH TL

a En esta relación, tanto QH como QL son positivos. Pero ahora recordemos la conven-
0V ción original que se utilizó en la primera ley (sección 19-6), que Q es positivo cuando
FIGURA 20–12 Cualquier ciclo
reversible se puede aproximar como representa un flujo de calor hacia el sistema (como QH) y negativo para un flujo de ca-
una serie de ciclos de Carnot. (Las lor hacia fuera del sistema (como ϪQL). Entonces esta relación se convierte en
líneas punteadas representan
isotermas). QH + QL = 0. [ciclo de Carnot] (20–9)
TH TL
FIGURA 20–13 La integral, ͛ dS, de
la entropía para un ciclo reversible es Ahora considere cualquier ciclo reversible, representado mediante la curva suave
cero. Por lo tanto, la diferencia en la
entropía entre los estados a y b, (de forma oval) en la figura 20-12. Cualquier ciclo reversible se puede aproximar como

Sb - Sa = ͐ab dS, es la misma para la una serie de ciclos de Carnot. La figura 20-12 muestra sólo seis —las isotermas (líneas

trayectoria I que para la trayectoria II. punteadas) están conectadas mediante trayectorias adiabáticas para cada una—, y la

b aproximación se vuelve cada vez mejor si incrementamos el número de ciclos de Car-
I
P not. La ecuación 20-9 es válida para cada uno de estos ciclos, así que podemos escribir

II Q [ciclos de Carnot] (20–10)
a © =0
0V
T

para la suma de todos estos ciclos. Sin embargo, note que la salida de calor QL de un ci-
clo cruza la frontera debajo de él y es aproximadamente igual al negativo de la entra-

da de calor, QH, del ciclo debajo de él (la igualdad real ocurre en el límite de un
número infinito de ciclos de Carnot infinitamente delgados). De esta forma, el calor

que fluye en las trayectorias interiores de todos estos ciclos de Carnot se cancela, así

que el calor neto transferido, y el trabajo realizado, es igual para la serie de ciclos de

Carnot que para el ciclo original. En consecuencia, en el límite de un número infinito

de ciclos de Carnot, la ecuación 20-10 se aplica a cualquier ciclo reversible. En este ca-

so, la ecuación 20-10 se convierte en

§ dQ [ciclo reversible] (20–11)
= 0,
T

donde dQ representa un flujo de calor infinitesimal.† El símbolo ͛ significa que la inte-

gral se toma alrededor de una trayectoria cerrada; la integral puede comenzar en cual-
quier punto en la trayectoria, como en a o b en la figura 20-12, y procede en cualquier

dirección. Si dividimos el ciclo de la figura 20-12 en dos partes, como se indica en la fi-

gura 20-13, entonces

Ύ Ύb dQ a dQ
+ = 0.
aT bT

I II

El primer término es la integral desde el punto a hasta el punto b a lo largo de la tra-

yectoria I en la figura 20-13, y el segundo término es la integral de b de regreso hasta

a, a lo largo de la trayectoria II. Si la trayectoria II se toma a la inversa, dQ en cada
punto se convierte en ϪdQ, pues la trayectoria es reversible. Por lo tanto,

Ύ Ύb dQ b dQ . [trayectorias reversibles] (20–12)
=
aT aT

I II

La integral de dQ/T entre cualesquiera dos estados de equilibrio, a y b, no depende de
la trayectoria del proceso. Al definir la entropía como dS ϭ dQ/T (ecuación 20-7), ve-
mos, de acuerdo con la ecuación 20-12, que el cambio en la entropía entre cualesquiera
dos estados a lo largo de una trayectoria reversible es independiente de la trayectoria
entre dos puntos a y b. Por lo tanto, la entropía es una variable de estado, su valor sólo
depende del estado del sistema y no del proceso o de la forma como llegó ahí.‡ Ésta es
una clara distinción con Q y W, que no son variables de estado; sus valores sí dependen
de los procesos efectuados.

†Con frecuencia, dQ se escribe d–Q: éase la nota a pie de página al final de la sección 19-6.
‡Los procesos reales son irreversibles. Puesto que la entropía es una variable de estado, el cambio en la
entropía ⌬S para un proceso irreversible se puede determinar al calcular ⌬S para un proceso reversible
entre los mismos dos estados.

540 CAPÍTULO 20 Segunda ley de la termodinámica

20–6 Entropía y la segunda ley de la

termodinámica

Definimos una nueva cantidad, S, la entropía, que se puede usar para describir el esta-
do del sistema, junto con P, T, V, Eint y n. Pero, ¿qué tiene que ver con la segunda ley de
la termodinámica esta cantidad más bien abstracta? Para responder esto, considere al-
gunos ejemplos en los que calculamos los cambios de entropía durante procesos par-
ticulares. Advierta antes que la ecuación 20-8 se puede aplicar sólo a procesos
reversibles. ¿Cómo, entonces, calculamos ⌬S ϭ SbϪSa para un proceso real que es irre-
versible? Lo que podemos hacer es lo siguiente: imaginamos algún otro proceso rever-
sible que lleve al sistema entre los mismos dos estados y calculamos ⌬S para ese
proceso reversible. Esto igualará ⌬S para el proceso irreversible, pues ⌬S depende sólo
de los estados inicial y final del sistema.

Si la temperatura varía durante un proceso, con frecuencia se puede calcular una su-
ma del flujo de calor con base en la temperatura cambiante, usando el cálculo o una compu-
tadora. Sin embargo, si el cambio de temperatura no es muy grande, se puede hacer una
aproximación razonable usando el valor promedio de la temperatura, como se indica
en el siguiente ejemplo.

EJEMPLO 20–6 ESTIMACIÓN Cambio en la entropía cuando se mezcla
agua. Una muestra de 50.0 kg de agua a 20.00°C se mezcla con 50.0 kg de agua a
24.00°C. Estime el cambio en la entropía.

PLANTEAMIENTO La temperatura final de la mezcla será 22.00°C, pues comenza-
mos con iguales cantidades de agua. Usamos el calor específico del agua y los méto-
dos de calorimetría (secciones 19-3 y 19-4) para determinar el calor transferido.
Luego, usamos la temperatura promedio de cada muestra de agua para estimar el
cambio en la entropía (⌬Q/T).
SOLUCIÓN Una cantidad de calor,

Q = mc ¢T = (50.0 kg)(4186 J͞kg и C°)(2.00 C°) = 4.186 * 105 J,

fluye hacia fuera del agua caliente conforme ésta se enfría de 24 a 22°C, y ese calor flu-
ye hacia el agua fría conforme se calienta de 20 a 22°C. El cambio total en la entro-
pía, ⌬S, será la suma de los cambios en la entropía del agua caliente, ⌬SH, y del agua
fría, ⌬SC:

¢S = ¢SH + ¢SC .

Estimamos los cambios en la entropía al escribir ¢S = Q͞T, donde T es una tempe-
ratura “promedio” para cada proceso, que debe dar una estimación razonable, ya que
el cambio de temperatura es pequeño. Para el agua caliente usamos una temperatura
promedio de 23°C (296 K) y para el agua fría una temperatura promedio de 21°C
(294 K). Por lo tanto,

¢SH L 4.186 * 105 J = –1414 J͞K


296 K

que es negativo porque este calor fluye hacia fuera, mientras que se agrega calor al
agua fría:

¢SC L 4.186 * 105 J = 1424 J͞K.

294 K

La entropía del agua caliente (SH) disminuye, pues el calor fluye hacia fuera del agua
caliente. Sin embargo, la entropía del agua fría (SC) aumenta por una cantidad mayor.
El cambio total en la entropía es

¢S = ¢SH + ¢SC L – 1414 J͞K + 1424 J͞K L 10 J͞K.

Vemos que, aunque la entropía de una parte del sistema disminuye, la entropía de la
otra parte aumenta por una cantidad mayor, de manera que el cambio neto en la en-
tropía de todo el sistema es positivo.

SECCIÓN 20–6 Entropía y la segunda ley de la termodinámica 541

Ahora podemos demostrar en general que, para un sistema aislado de dos objetos,

el flujo de calor del objeto de temperatura más alta (TH) al objeto de temperatura más
baja (TL) siempre da por resultado un aumento en la entropía total. Al final, los dos
objetos llegan a alguna temperatura intermedia, TM. El calor que pierde el objeto más
caliente (QH ϭ ϪQ, donde Q es positivo) es igual al calor que gana el objeto más frío
(QL ϭ Q), de manera que el cambio total en la entropía es

¢S = ¢SH + ¢SL = – Q + Q,
THM TLM

donde THM es alguna temperatura intermedia entre TH y TM para el objeto caliente
conforme se enfría de TH a TM, y TLM es la contraparte para el objeto frío. Puesto que
la temperatura del objeto caliente es, en todo momento durante el proceso, mayor que la

del objeto frío, entonces THM Ͼ TLM. Por lo tanto,

¢S = Q ¢ 1 - 1 ≤ 7 0.
TLM THM

Un objeto disminuye en entropía, mientras el otro gana entropía; sin embargo, el cam-
bio total es positivo.

EJEMPLO 20–7 Cambios en entropía en una expansión libre. Considere la
expansión adiabática libre de n moles de un gas ideal del volumen V1 al volumen V2,
donde V2 Ͼ V1, como se explicó en la sección 19-7 (figura 19-14). Calcule el cambio
en la entropía a) del gas y b) del ambiente circundante. c) Evalúe ⌬S para 1.00 mol,
con V2 ϭ 2.00 V1.

PLANTEAMIENTO En la sección 19-7 vimos que el gas inicialmente está en un conte-
nedor cerrado de volumen V1 y que, al abrir una válvula, se expande de forma adia-
bática en un contenedor previamente vacío. El volumen total de los dos contenedores

es V2. Todo el aparato está térmicamente aislado del entorno, así que no fluye calor
hacia el gas, Q ϭ 0. El gas no realiza trabajo, W ϭ 0, de manera que no hay cambio en
la energía interna, ⌬Eint ϭ 0, y la temperatura de los estados inicial y final es la mis-
ma, T2 ϭ T1 ϭ T. El proceso tiene lugar muy rápidamente y, por lo tanto, es irreversi-
ble. En consecuencia, no podemos aplicar la ecuación 20-8 a este proceso. En vez de

ello, debemos pensar en un proceso reversible que lleve al gas del volumen V1 a V2 a
la misma temperatura, y usamos la ecuación 20-8 en este proceso reversible para ob-
tener ⌬S. Un proceso isotérmico reversible “hará el truco”; en tal proceso, la energía
interna no cambia, así que, de acuerdo con la primera ley,

dQ = dW = P dV.
SOLUCIÓN a) Para el gas,

dQ 1 V2
= P dV.

T T V1
Ύ Ύ¢Sgas =

La ley del gas ideal nos dice que P ϭ nRT/V, de manera que

Ύ¢Sgas = nRT V2 dV = nR ln V2 .
T V1 V V1

Dado que V2 Ͼ V1, ⌬Sgas Ͼ 0.

b) Puesto que no se transfiere calor al ambiente circundante, no hay cambio de esta-
do del ambiente debido a este proceso. Por lo tanto, ⌬Sambiente ϭ 0. Note que el cam-
bio total en la entropía, ⌬Sgas ϩ ⌬Sambiente, es mayor que cero.

c) Dado que n ϭ 1.00 y V2 ϭ 2.00 V1, entonces ¢Sgas = R ln 2.00 = 5.76 J͞K.

542 CAPÍTULO 20 Segunda ley de la termodinámica

EJEMPLO 20–8 Transferencia de calor. Una pieza de hierro de 2.00 kg al rojo
vivo, a temperatura T1 ϭ 880 K, se lanza en un gran lago cuya temperatura es T2 ϭ
280 K. Suponga que el lago es tan grande que su aumento de temperatura es insigni-

ficante. Determine el cambio en la entropía a) del hierro y b) del ambiente circun-

dante (el lago).

PLANTEAMIENTO El proceso es irreversible, aunque ocurrirá el mismo cambio en la en-
tropía para un proceso reversible; usamos el concepto de calor específico (ecuación 19-2).

SOLUCIÓN a) Suponemos que el calor específico del hierro es constante a c ϭ 450
J/kgиK. Entonces, dQ ϭ mc dT y en un proceso reversible cuasiestático

dQ = mc T2 dT = mc ln T2 = – mc ln T1 .
Ύ Ύ¢Shierro = T1 T2
T T1 T

Al colocar los números, encontramos que

¢Shierro = –(2.00 kg)(450 J͞kg иK) ln 880 K = –1030 J͞K.
280 K

b) Las temperaturas inicial y final del lago son iguales, T ϭ 280 K. El lago recibe del
hierro una cantidad de calor

Q = mcAT2 - T1B = (2.00 kg)(450 J͞kg и K)(880 K - 280 K) = 540 kJ.

En sentido estricto, éste es un proceso reversible (el lago se calienta localmente antes
de alcanzar el equilibrio); sin embargo, es equivalente a una transferencia isotérmica
reversible de calor Q ϭ 540 kJ a T ϭ 280 K. Por lo tanto,

540 kJ
¢Sambiente = 280 K = 1930 J͞K.

En consecuencia, aunque la entropía del hierro en realidad disminuye, el cambio total en
la entropía del hierro más la del ambiente es positivo: 1930 J/K Ϫ 1030 J/K ϭ 900 J/K.

EJERCICIO D Un trozo de 1.00 kg de hielo a 0°C se funde muy lentamente hasta conver-
tirse en agua a 0°C. Suponga que el hielo está en contacto con un depósito de calor cuya
temperatura sólo es infinitesimalmente mayor que 0°C. Determine el cambio en la entro-
pía de a) el cubo de hielo y b) el depósito de calor.

En cada uno de estos ejemplos, la entropía del sistema más la del ambiente (o los
alrededores) permaneció constante, o bien, aumentó. Para cualquier proceso reversible,
como el del ejercicio D, el cambio total en la entropía es cero. Esto se puede ver en ge-
neral como sigue: cualquier proceso reversible se puede considerar como una serie de
transferencias isotérmicas cuasiestáticas de calor ⌬Q entre un sistema y el ambiente,
que difiere en temperatura sólo por una cantidad infinitesimal. Por lo tanto, el cambio
en la entropía del sistema o del ambiente es ⌬Q/T y el del otro es Ϫ⌬Q/T, así que el
total es

¢S = ¢Ssistema + ¢Sambiente = 0. [cualquier proceso reversible]

En los ejemplos 20-6, 20-7 y 20-8, encontramos que la entropía total del sistema
más la del ambiente aumenta. De hecho, se encontró que, para todos los procesos rea-
les (irreversibles), la entropía total aumenta. No se han encontrado excepciones. De es-
ta forma, podemos plantear el enunciado general de la segunda ley de la termodinámica
del modo siguiente:

La entropía de un sistema aislado nunca disminuye. Permanece constante (en los
procesos reversibles) o aumenta (en los procesos irreversibles).

Puesto que todos los procesos reales son irreversibles, la segunda ley se puede enunciar
también como:

La entropía total de cualquier sistema más la de su ambiente aumenta como resul- SEGUNDA LEY DE LA
tado de cualquier proceso natural: TERMODINÁMICA
(enunciado general)
¢S = ¢Ssistema + ¢Sambiente 7 0. (20–13)

Aunque la entropía de una parte del universo puede disminuir en cualquier proceso
(véase los ejemplos anteriores), la entropía de alguna otra parte del universo siempre
aumenta por una cantidad mayor, así que la entropía total siempre aumenta.

SECCIÓN 20–6 Entropía y la segunda ley de la termodinámica 543

Ahora que finalmente tenemos un enunciado general cuantitativo de la segunda ley
de la termodinámica, vemos que es una ley inusual. Difiere considerablemente de otras
leyes de la física, que por lo general son igualdades (como F ϭ ma) o leyes de conser-
vación (como la de la energía y la cantidad de movimiento). La segunda ley de la termo-
dinámica introduce una nueva cantidad, la entropía, S, pero no dice que se conserve.
Todo lo contrario. La entropía no se conserva en los procesos naturales. La entropía
siempre aumenta con el tiempo.

“Flecha del tiempo”

La segunda ley de la termodinámica resume cuáles procesos se observan en la natura-
leza y cuáles no. O, dicho de otra forma, nos indica la dirección en la que marchan los
procesos. Para el inverso de cualquiera de los procesos en los últimos ejemplos, la en-
tropía disminuiría; y nunca los observamos. Por ejemplo, nunca vemos que el calor flu-
ya espontáneamente de un objeto frío a un objeto caliente, a la inversa del ejemplo
20-8. Tampoco vemos que un gas se comprima espontáneamente a sí mismo en un vo-
lumen menor, el inverso del ejemplo 20-7 (los gases siempre se expanden para llenar
sus contenedores). Ni vemos que la energía térmica se transforme en energía cinética de
una piedra de manera que ésta se eleve espontáneamente del suelo. Cualquiera de es-
tos procesos sería congruente con la primera ley de la termodinámica (conservación de
la energía). Sin embargo, no son congruentes con la segunda ley de la termodinámica,
y por eso es necesaria la segunda ley. Si usted ve correr una película hacia atrás, proba-
blemente se daría cuenta de ello inmediatamente, porque vería ocurrencias extrañas,
como rocas que se elevan espontáneamente del suelo, o aire que sale de la atmósfera
para llenar un globo vacío (lo contrario de la expansión libre). Cuando ve una película o
un video, usted recibe información de una falsa inversión del tiempo al observar si la
entropía aumenta o disminuye. Por eso, la entropía recibe el nombre de flecha del
tiempo, ya que nos puede decir en qué dirección transcurre el tiempo.

SEGUNDA LEY DE LA 20–7 Del orden al desorden
TERMODINÁMICA
(enunciado general) El concepto de entropía, como se ha discutido hasta el momento, más bien parece abstrac-
to. Sin embargo, podemos relacionarlo con los conceptos más ordinarios de orden y desor-
den. De hecho, la entropía de un sistema se puede considerar una medida del desorden del
sistema. Así, la segunda ley de la termodinámica se puede enunciar simplemente como:

Los procesos naturales tienden a moverse hacia un estado de mayor desorden.

Aunque no siempre queda claro qué es exactamente lo que se quiere decir con desor-
den; así que consideremos unos ejemplos. Algunos de ellos nos mostrarán cómo este
enunciado muy general de la segunda ley se aplica más allá de lo que generalmente se
considera como termodinámica.

Observemos los procesos simples mencionados en la sección 20-1. Primero, un fras-
co que contiene capas separadas de sal y pimienta está más ordenado que cuando la sal
y la pimienta se mezclan. Agitar un frasco que contiene capas separadas da por resultado
una mezcla, y ninguna cantidad de agitación separará las capas de nuevo. El proceso na-
tural es de un estado de relativo orden (capas) a uno de relativo desorden (una mezcla),
y no al contrario. Esto es, el desorden aumenta. A continuación, una taza de café sólida es
un objeto más “ordenado” y útil que los trozos de una taza rota. Las tazas se rompen
cuando caen, y nunca se reparan espontáneamente a sí mismas (como la engañosa figura
20-1). De nuevo, el curso normal de los acontecimientos es un aumento del desorden.

Consideremos algunos procesos para los cuales realmente calculamos el cambio en
la entropía; vemos que un aumento en la entropía da por resultado un aumento en el
desorden (o viceversa). Cuando el hielo se funde para convertirse en agua a 0°C, la en-
tropía del agua aumenta (ejercicio D). Intuitivamente, podemos considerar al agua só-
lida, es decir, el hielo, como un estado más ordenado que el estado fluido menos
ordenado capaz de fluir por todo el lugar. Este cambio de orden a desorden se puede
ver más claramente desde el punto de vista molecular: el arreglo ordenado de las mo-
léculas de agua en un cristal de hielo cambió al movimiento desordenado y un tanto
aleatorio de las moléculas en el estado fluido.

Cuando un objeto caliente se pone en contacto con un objeto frío, el calor fluye de
la temperatura alta a la baja, hasta que los dos objetos alcanzan la misma temperatura
intermedia. Al principio del proceso podemos distinguir dos clases de moléculas: las

544 CAPÍTULO 20 Segunda ley de la termodinámica

que tienen una elevada energía cinética promedio (las del objeto caliente) y las que
tienen baja energía cinética promedio (las del objeto más frío). Después del proceso en
el que fluye calor, todas las moléculas están en una clase con la misma energía cinética
promedio. Ya no se tiene el arreglo más ordenado de moléculas en dos clases. El orden
se convirtió en desorden. Más aún, los objetos caliente y frío separados podrían funcio-
nar como las regiones de temperatura caliente y fría de una máquina térmica y, por en-
de, se podrían usar para obtener trabajo útil. Sin embargo, una vez que los dos objetos
se ponen en contacto y llegan a la misma temperatura, no se puede obtener trabajo. El
desorden aumentó, pues un sistema que tiene la capacidad de realizar trabajo segura-
mente se considerará como un sistema que tiene un mayor orden que un sistema que
ya no es capaz de efectuar trabajo.

Cuando una piedra cae al suelo, su energía cinética macroscópica se transforma en
energía térmica. La energía térmica se asocia con el movimiento desordenadamente
aleatorio de las moléculas; sin embargo, las moléculas en la piedra que cae tienen (to-
das ellas) la misma velocidad hacia abajo, además de sus propias velocidades aleatorias.
En consecuencia, la energía cinética más ordenada de la piedra como un todo cambia a
energía térmica desordenada cuando la piedra golpea el suelo. El desorden aumenta en
este proceso, como ocurre en todos los procesos que se presentan en la naturaleza.

*Evolución biológica FÍSICA APLICADA
Evolución y desarrollo biológico
Un interesante ejemplo del aumento en la entropía se relaciona con la evolución biológica
y el crecimiento de los organismos. A todas luces, un ser humano es un organismo suma-
mente ordenado. La teoría de la evolución describe el proceso de transformación desde las
primeras macromoléculas y formas de vida simples hasta el Homo sapiens, un proceso de
orden creciente. Asimismo, el desarrollo de un individuo desde que es una sola célula hasta
que se convierte en una persona adulta es un proceso de orden creciente. ¿Estos procesos
violan la segunda ley de la termodinámica? No. En los procesos de evolución y crecimiento, e
incluso durante la vida madura de un individuo, los productos de desecho se eliminan. Es-
tas pequeñas moléculas que permanecen como resultado del metabolismo son simples mo-
léculas sin mucho orden. Por lo tanto, representan desorden relativamente mayor o
entropía. De hecho, la entropía total de las moléculas desechadas por los organismos du-
rante los procesos de evolución y crecimiento es mayor que la disminución en la entropía
asociada con el orden del individuo en crecimiento o las especies en evolución.

20–8 Indisponibilidad de energía:

Muerte térmica

En el proceso de conducción térmica de un objeto caliente a uno frío, hemos visto que la
entropía aumenta y que el orden tiende al desorden. Los objetos caliente y frío, por sepa-
rado, podrían funcionar como las regiones de temperatura alta y baja de una máquina
térmica y, por consiguiente, podrían utilizarse para obtener trabajo útil. Sin embargo, des-
pués de que los dos objetos se ponen en contacto uno con otro y alcanzan la misma tem-
peratura uniforme, ya no se puede obtener trabajo de ellos. Por lo que respecta a la
capacidad de realizar trabajo útil, el orden se convirtió en desorden en este proceso.

Lo mismo se puede decir acerca de una piedra que cae y llega al reposo al golpear
el suelo. Antes de golpear el suelo, toda la energía cinética de la piedra podría haberse
utilizado para realizar trabajo útil. Sin embargo, una vez que la energía mecánica de la
piedra se convierte en energía térmica, ya no es posible la realización de trabajo útil.

Ambos ejemplos ilustran otro importante aspecto de la segunda ley de la termodi-
námica:

En cualquier proceso natural, parte de la energía deja de estar disponible para
realizar trabajo útil.

En cualquier proceso, jamás se pierde energía (siempre se conserva). Más bien, la energía
se vuelve menos útil: puede realizar menos trabajo útil. Conforme pasa el tiempo, la ener-
gía se degrada en cierto sentido; tarde o temprano pasa de formas más ordenadas (como
la mecánica) a la forma menos ordenada de energía interna o térmica. La entropía es un
factor en este caso, porque la cantidad de energía que deja de estar disponible para reali-
zar trabajo es proporcional al cambio en la entropía durante cualquier proceso.†

†Es posible demostrar que la cantidad de energía que deja de estar disponible para realizar trabajo útil 545
es igual a TL⌬S, donde TL es la menor temperatura disponible y ⌬S es el aumento total en la entropía
durante el proceso.

SECCIÓN 20–8 Indisponibilidad de energía: Muerte térmica

Un resultado natural de la degradación de la energía es la predicción de que, con-
forme transcurre el tiempo, el universo debería aproximarse a un estado de máximo
desorden. La materia se volvería una mezcla uniforme y el calor fluiría de las regiones de
alta temperatura a las de baja temperatura hasta que todo el universo esté a una mis-
ma temperatura. Entonces no se podría realizar ningún trabajo. Toda la energía del
universo se habrá degradado a energía térmica. Esta predicción, llamada muerte térmica
del universo, se ha discutido mucho; sin embargo, se encuentra muy lejana en el futuro.
Es un tema complicado, y algunos científicos cuestionan qué modelo termodinámico
del universo es posible o adecuado.

*20–9 Interpretación estadística de la

entropía y la segunda ley

Las ideas de entropía y desorden quedan más claras si se utiliza el análisis estadístico o
probabilístico del estado molecular de un sistema. Este enfoque estadístico, que Lud-
wig Boltzmann (1844-1906) aplicó por primera vez hacia finales del siglo XIX, hace una
distinción clara entre el “macroestado” y el “microestado” de un sistema. El microestado
de un sistema se especifica al dar la posición y la velocidad de cada partícula (o mo-
lécula). El macroestado de un sistema se especifica al dar las propiedades macroscópi-
cas de un sistema: temperatura, presión, número de moles, etcétera. En realidad, sólo
podemos conocer el macroestado de un sistema. Existen demasiadas moléculas en un
sistema como para tener la capacidad de conocer la velocidad y posición de cada una
en un momento dado. No obstante, podemos hipotetizar una gran cantidad de diferen-
tes microestados que puedan corresponder al mismo macroestado.

Veamos un ejemplo muy sencillo. Suponga que usted repetidamente agita cuatro
monedas en su mano y las deja caer sobre una mesa. Especificar el número de caras y el
número de cruces que aparecen en un lanzamiento dado es el macroestado de este sis-
tema. Especificar cada moneda como una cara o una cruz es el microestado del sistema.
En la siguiente tabla vemos cuántos microestados corresponden a cada macroestado:

Macroestado Microestados posibles Número de
(H = cara, T = cruz) microestados

4 caras HHHH 1
4
3 caras, 1 cruz H H H T, H H T H, H T H H, T H H H 6
4
2 caras, 2 cruces H H T T, H T H T, T H H T, H T T H, T H T H, T T H H 1

1 cara, 3 cruces T T T H, T T H T, T H T T, H T T T

4 caras TTTT

Una suposición básica detrás del enfoque estadístico es que cada microestado es
igualmente probable. Por lo tanto, el número de microestados que dan el mismo ma-
croestado corresponde a la probabilidad relativa de que ocurra ese macroestado. El
macroestado de dos caras y dos cruces es el más probable en el caso de lanzar cuatro
monedas; del total de 16 posibles microestados, seis corresponden a dos caras y dos
cruces, así que la probabilidad de obtener dos caras y dos cruces es de 6 en 16, o del
38%. La probabilidad de obtener una cara y tres cruces es 4 de 16, o del 25%. La pro-
babilidad de obtener cuatro caras es de sólo 1 en 16, o del 6%. Si usted lanzó las mone-
das 16 veces, quizá encuentre que dos caras y dos cruces no aparecen exactamente 6
veces, o que cuatro cruces no aparecen exactamente una vez. Éstas son sólo probabili-
dades o promedios. Sin embargo, si usted realizó 1600 lanzamientos, muy cerca del
38% de ellos corresponderían a dos caras y dos cruces. Cuanto mayor sea el número de
intentos, más cerca estarán los porcentajes de las probabilidades calculadas.

EJERCICIO E En la tabla anterior, ¿cuál es la probabilidad de obtener al menos dos caras?

a) 1 ; b) 1 ; c) 1 ; d) 3 ; e) 11 .
2 16 8 8 16

546 CAPÍTULO 20 Segunda ley de la termodinámica

Si lanzamos más monedas (por ejemplo, 100, todas al mismo tiempo), la probabili-

dad relativa de que todas resulten caras (o todas cruces) se reduce enormemente. Sólo

hay un microestado que corresponde a todas caras. Para 99 caras y 1 cruz, hay 100 mi-

croestados, pues cada una de las monedas podría ser la única cruz. En la tabla 20-1 se

dan las probabilidades relativas para otros macroestados. Son posibles aproximada-
mente 1.3 ϫ 1030 microestados.† Por lo tanto, la probabilidad relativa de que todas las
monedas caigan en cara es 1 en 1030, ¡un evento increíblemente improbable! La proba-
bilidad de obtener 50 caras y 50 cruces (véase la tabla 20-1) es (1.0 ϫ 1029)/1.3 ϫ 1030 ϭ

0.08 o del 8%. La probabilidad de obtener cualquier resultado entre 45 y 55 caras es de

más del 70%.

TABLA 20–1 Probabilidades de varios macroestados para el lanzamiento
de 100 monedas

Macroestado

Caras Cruces Número de Probabilidad
microestados
100 0 7.9 * 10–31 FIGURA 20–14 a) Distribución más
99 1 1 7.9 * 10–29 probable de rapideces moleculares en
90 10 1.0 * 102 1.4 * 10–17 un gas (maxwelliana o aleatoria);
80 20 1.7 * 1013 4.2 * 10–10 b) distribución de rapideces ordenada
60 40 5.4 * 1020 (pero enormemente improbable)
55 45 1.4 * 1028 0.01 en la que todas las moléculas tienen
50 50 6.1 * 1028 casi la misma rapidez
45 55 1.0 * 1029 0.05
40 60 6.1 * 1028 0 Rapidez, v
20 80 1.4 * 1028 0.08 a)
10 90 5.4 * 1020
1 99 1.7 * 1013 0.05
0 100 1.0 * 102
0.01
1 4.2 * 10–10
1.4 * 10–17
7.9 * 10–29
7.9 * 10–31

De esta manera, vemos que, conforme aumenta el número de monedas, la probabi- Fracción de moléculas
lidad de obtener el arreglo más ordenado (todas caras o todas cruces) se vuelve extre-
madamente improbable. El arreglo menos ordenado (mitad caras, mitad cruces) es el
más probable, y la probabilidad de estar entre, digamos, el 5% del arreglo más proba-
ble aumenta enormemente conforme el número de monedas aumenta. Estas mismas
ideas se pueden aplicar a las moléculas de un sistema. Por ejemplo, el estado más pro-
bable de un gas (como el aire en una habitación) es uno en el que las moléculas ocupan
todo el espacio y se mueven aleatoriamente; esto corresponde a una distribución max-
welliana (figura 20-14a; véase también la sección 18-2). Por otra parte, el arreglo muy
ordenado de todas las moléculas ubicadas en una esquina de la habitación y todas mo-
viéndose con la misma velocidad (figura 20-14b) es extremadamente improbable.

A partir de estos ejemplos, es claro que la probabilidad se relaciona directamente
con el desorden y, por lo tanto, con la entropía. Es decir, el estado más probable es
aquel con mayor entropía o mayor desorden y aleatoriedad. Boltzmann demostró, en
concordancia con la definición de Clausius (dS ϭ dQ/T), que la entropía de un sistema
en un (macro) estado dado se puede representar como

S = k ln w , (20–14) Fracción de moléculas

donde k es la constante de Boltzmann Ak = R͞NA = 1.38 * 10–23 J͞KB y w es el nú- 0 Rapidez, v
mero de microestados que corresponden al macroestado dado. De esta forma, w es b)
proporcional a la probabilidad de ocurrencia de ese estado. w se llama la probabilidad
termodinámica o, en ocasiones, el parámetro de desorden.

†Cada moneda tiene dos posibilidades: cara o cruz. Entonces, el número posible de microestados es
2 * 2 * 2 * p = 2100 = 1.27 * 1030 (utilizando una calculadora o logaritmos).

*SECCIÓN 20–9 Interpretación estadística de la entropía y la segunda ley 547

EJEMPLO 20–9 Expansión libre: determinación estadística de la entropía.
Utilice la ecuación 20-14 para determinar el cambio en la entropía para la expansión
adiabática libre de un gas, un cálculo que hicimos microscópicamente en el ejemplo
20-7. Suponga que w , el número de microestados para cada macroestado, es el núme-
ro de posiciones posibles.

PLANTEAMIENTO Suponemos que el número de moles es n ϭ 1, y entonces el nú-

mero de moléculas es N ϭ nNA ϭ NA. Dejamos que el volumen se duplique, como en
el ejemplo 20-7. Puesto que el volumen se duplica, el número de posiciones posibles

para cada molécula se duplica.

SOLUCIÓN Cuando el volumen se duplica, cada molécula tiene disponibles el doble

de posiciones (microestados). Para dos moléculas, el número de microestados totales

aumenta por 2 ϫ 2 ϭ 22. Para *NApmo=lé2cNuAla. s, el número total de microestados aumen-
ta en un factor de 2 * 2 *2

w 2 = 2NA.
w1
El cambio en la entropía es, a partir de la ecuación 20-14,

¢S = S2 - S1 = kAln w 2 - ln w 1B = w 2 = k ln 2NA = kNA ln 2 = R ln 2
k ln 1

w

que es el mismo resultado obtenido en el ejemplo 20-7.

En términos de probabilidad, la segunda ley de la termodinámica —que nos dice
que la entropía aumenta en cualquier proceso— se reduce al enunciado de que ocu-
rren aquellos procesos que son más probables. Así, la segunda ley se convierte en un
enunciado trivial. Sin embargo, ahora hay un elemento adicional. La segunda ley en
términos de probabilidad no prohíbe una disminución en la entropía. En vez de ello, di-
ce que la probabilidad es extremadamente baja. No es imposible que la sal y la pimien-
ta puedan separarse espontáneamente en capas, o que una taza de té rota se pueda
reparar a sí misma. Incluso es posible que un lago pueda congelarse en un caluroso día
de verano (esto es, que el calor fluya fuera del frío lago hacia el entorno más cálido).
Sin embargo, la probabilidad de que ocurran tales eventos es extremadamente peque-
ña. En los ejemplos de las monedas, vimos que aumentar el número de monedas de 4 a
100 reduce drásticamente la probabilidad de grandes desviaciones del arreglo prome-
dio, o más probable. En los sistemas ordinarios no se trata con 100 moléculas, sino con
números increíblemente grandes de moléculas: en solo 1 mol hay 6 ϫ 1023 moléculas.
En consecuencia, la probabilidad de desviación lejos del promedio es increíblemente
pequeña. Por ejemplo, se ha calculado que la probabilidad de que una piedra en repo-
so sobre el suelo transforme 1 cal de energía térmica en energía mecánica y se eleve en
el aire es mucho menor que la probabilidad de que un grupo de monos que teclean al
azar, por casualidad, produzcan las obras completas de Shakespeare.

*20–10 Temperatura termodinámica:

Tercera ley de la termodinámica

En la sección 20-3 vimos que, para un ciclo de Carnot, la razón entre el calor absorbi-
do QH del depósito de alta temperatura y el calor expulsado QL hacia el depósito de
baja temperatura se relaciona directamente con la razón de las temperaturas de los dos
depósitos (ecuación 20-2):

QL = TL .
QH TH

Este resultado es válido para cualquier máquina reversible y no depende de la sustan-
cia operativa. Por lo tanto, puede servir como la base para la escala de temperatura
Kelvin o termodinámica.

Utilizamos esta relación y la escala de temperatura de gas ideal (sección 17-10) para
completar la definición de la escala termodinámica: asignamos el valor Ttp ϭ 273.16 K
al punto triple del agua, de manera que

548 CAPÍTULO 20 Segunda ley de la termodinámica

Q
T = (273.16 K) ¢ ≤ ,

Qtp

donde Q y Qtp son las magnitudes de los calores intercambiados por una máquina de
Carnot con depósitos a temperaturas T y Ttp. Entonces, la escala termodinámica es
idéntica a la escala de gas ideal sobre el rango de validez de esta última.

Las temperaturas muy bajas son difíciles de obtener experimentalmente. Cuanto
más cerca del cero absoluto esté la temperatura, más difícil es reducir la temperatura
aún más, y por lo general se acepta que no es posible alcanzar el cero absoluto en cual-
quier número finito de procesos. Este último enunciado es una forma de expresar† la
tercera ley de la termodinámica. Puesto que la máxima eficiencia que puede tener cual-
quier máquina térmica es la eficiencia de Carnot

e = 1 - TL ,
TH

y dado que TL nunca puede ser cero, vemos que no es posible una máquina térmica
100% eficiente.

FIGURA 20–15 a) Un arreglo de espejos enfoca la luz solar sobre un calentador para producir vapor en una instalación de energía solar.
b) Una planta de vapor de combustible fósil (que utiliza productos de desecho forestal, biomasa). c) Grandes torres de enfriamiento en una
planta generadora de electricidad.

a) b) c)

*20–11 Contaminación térmica, calenta- FIGURA 20–16 La energía
mecánica se transforma en energía
miento global y recursos energéticos eléctrica con una turbina y un
generador.
Mucha de la energía que se emplea en la vida diaria (desde los vehículos automotores
hasta la mayor parte de la electricidad generada en las plantas eléctricas) utiliza una Fuente de energía:
máquina térmica. La electricidad producida por el agua que cae en los diques, por mo- agua,
linos de viento o por celdas solares (figura 20-15a) no implica una máquina térmica. En vapor
Estados Unidos más del 90% de la energía producida se genera en plantas de vapor de
combustible fósil (carbón, petróleo o gas, véase la figura 20-15b), las cuales utilizan una o viento
máquina térmica (en esencia máquinas de vapor). En las plantas eléctricas, el vapor im-
pulsa las turbinas y los generadores (figura 20-16) cuya salida es energía eléctrica. Los Generador
diversos medios para hacer girar la turbina se exponen brevemente en la tabla 20-2 (de eléctrico
la siguiente página), junto con algunas de las ventajas y desventajas de cada uno. Inclu-
so las plantas nucleares utilizan combustible nuclear para poner en funcionamiento Turbina
una máquina de vapor.
Energía
La salida de calor QL de toda máquina térmica, desde las plantas eléctricas hasta eléctrica
los automóviles, se conoce como contaminación térmica porque el ambiente debe ab-
sorber este calor (QL) por medio del agua de los ríos o lagos, o por medio del aire con FÍSICA APLICADA
la ayuda de grandes torres de enfriamiento (figura 20-15c). Cuando el agua es el refri-
gerante, este calor eleva la temperatura del agua, lo que altera la ecología natural de la Máquinas térmicas y contaminación
vida acuática (principalmente porque el agua más caliente retiene menos oxígeno). En térmica
el caso de las torres de enfriamiento de aire, el calor de salida QL eleva la temperatura
de la atmósfera, lo que afecta al clima.

†Véase también el enunciado en la nota al pie de la página 539.

*ECCIÓN 20–11 Contaminación térmica, calentamiento global y recursos energéticos 549

TABLA 20–2 Recursos de energía eléctrica

Forma de producción Porcentaje de producción (aprox.) Ventajas Desventajas
de energía eléctrica EUA Mundial

Plantas de vapor de combustible fósil: 71 66 Se sabe cómo construirlas; por ahora Contaminación del aire;
Quema de carbón, petróleo o gas natural
para hervir agua, lo que produce vapor a relativamente poco costosas. contaminación térmica; eficiencia
alta presión que impulsa la turbina de un
generador (figuras 20-3b, 20-16); utiliza limitada; devastación de terrenos por
una máquina térmica.
la extracción de materias primas

(minería); calentamiento global;

accidentes como derrames de petróleo

en el mar; suministro limitado de

combustible (las estimaciones varían

de un par de décadas a unos cuantos

siglos).

Energía nuclear: 20 16 Por lo general casi Contaminación térmica; los accidentes
0 no contaminan el pueden liberar radiactividad dañina;
Fisión: Núcleos de átomos de uranio o aire; menos dificultad para desechar los productos
plutonio se dividen (“fisionan”) contribución al radiactivos; posible desviación del
liberando energía (capítulo 42) que calentamiento material nuclear por terroristas;
calienta vapor; utiliza una máquina global; relativamente barata. limitado suministro de combustible.
térmica.
0 Relativamente “limpia”; vasto Todavía no es factible.
Fusión: Energía liberada cuando
isótopos de hidrógeno (u otros núcleos suministro de combustible (hidrógeno
pequeños) se combinan o se “funden”
(capítulo 42). en las moléculas de agua en los

océanos); menor contribución al

calentamiento global.

Hidroeléctrica: 7 16 No se necesita máquina térmica; no Los depósitos detrás de las presas
El agua que cae
impulsa turbinas hay contaminación del aire, del agua o inundan terrenos panorámicos o
en la base de una
presa. térmica; relativamente barata; alta habitados; las presas bloquean la

eficiencia; las presas ayudan a migración corriente arriba del salmón

controlar inundaciones. y otras especies de peces para su

reproducción; quedan pocas

ubicaciones para nuevas presas;

sequías.

Geotérmica: Vapor natural del interior de 61 6 1 No se necesita máquina térmica; Pocos sitios adecuados; escasa
la Tierra llega a la superficie (fuentes 61
termales, géiseres, respiraderos de vapor); 61 escasa contaminación del aire; buena producción; el contenido mineral del
o el agua fría que pasa y entra en contacto
con roca seca y caliente para convertirse eficiencia; relativamente barata y agua caliente empleada es
en vapor.
“limpia”. contaminante.
Potencia eólica:
Molinos de viento 6 1 No requiere máquina térmica; no hay Los enormes molinos de viento
de 3 a 5 kW (las
aspas tienen contaminación del aire, del agua o pueden afectar el clima y resultan
envergadura de
hasta 50 m) térmica; relativamente barata. antiestéticos; implican riesgos para las
impulsan un
generador. aves migratorias; los vientos no

Energía solar: siempre son fuertes.

Calentamiento solar activo: Paneles 61
solares sobre los techos absorben los
rayos solares, que calientan agua en No se necesita Limitaciones de espacio; requieren un
tubos destinada al calentamiento de máquina térmica; no respaldo; relativamente caro; es menos
espacios y al suministro de agua hay contaminación efectivo cuando está nublado.
caliente. del aire o térmica;
suministro ilimitado Protector Sol de
Calentamiento solar pasivo: de combustible. solar de verano
Dispositivos arquitectónicos: ventanas verano
dirigidas hacia los rayos solares, persianas
sobre las ventanas para mantener fuera No se necesita máquina térmica; no Casi Ventana Sol de
los rayos solares en el verano. hay contaminación del aire o térmica; ninguna, invierno
relativamente barato. pero

también se

necesitan

otros Suelo que absorbe energía

métodos.

Celdas solares (celdas fotovoltaicas): No se requiere de máquina térmica; Costosas; contaminación química al
Convierten la luz solar directamente en muy baja contaminación térmica, del fabricarlas; se necesitan grandes áreas
electricidad sin usar una máquina aire y agua; buena eficiencia de terreno cuando la energía del Sol
térmica. (Ͼ 30% y mejorando). no se concentra.

550 CAPÍTULO 20 Segunda ley de la termodinámica

La contaminación del aire (provocada por las sustancias que se liberan de la que-
ma de combustibles fósiles en automóviles, plantas eléctricas y hornos industriales) ori-
gina el esmog y otros problemas. Otro tema del que se habla mucho es la acumulación
de CO2 en la atmósfera de la Tierra como resultado de la quema de combustibles fósi-
les. El CO2 absorbe parte de la radiación infrarroja que emite naturalmente la Tierra
(sección 19-10) y, por consiguiente, contribuye al calentamiento global, un serio proble-
ma que se puede reducir limitando la quema de combustibles fósiles.

Sin embargo, la contaminación térmica es inevitable. Los ingenieros pueden intentar
diseñar y construir motores que sean más eficientes, pero no pueden rebasar la eficien-
cia de Carnot y deben aceptar la idea de que TL es a lo más la temperatura ambiente
del agua o del aire. La segunda ley de la termodinámica nos indica el límite impuesto
por la naturaleza. Lo que podemos hacer, a la luz de la segunda ley de la termodinámi-
ca, es usar menos energía y conservar las fuentes de combustibles.

DE PROBLEM
N
AS
RESOLUCIÓ
Termodinámica 4. Las temperaturas por lo general se deben expresar en kel-
vin; las diferencias de temperatura se expresan en °C o K.
1. Defina el sistema con el que trata; distinga del entorno
el sistema que somete a estudio. 5. La eficiencia (o coeficiente de operación) es una razón
de dos transferencias de energía: la salida útil dividida
2. Tenga cuidado con los signos asociados con trabajo y ca- entre la entrada requerida. La eficiencia (pero no el
lor. En la primera ley, el trabajo realizado por el sistema coeficiente de operación) siempre tiene un valor menor
es positivo; el trabajo realizado sobre el sistema es negati- que 1 y, por eso, con frecuencia se expresa como por-
vo. El calor agregado al sistema es positivo, pero el calor centaje.
removido de él es negativo. Con las máquinas térmicas,
por lo general la admisión de calor, el calor expulsado y el 6. La entropía de un sistema aumenta cuando se agrega
trabajo realizado se consideran como positivos. calor al sistema, y disminuye cuando se extrae calor. Si
el calor se transfiere del sistema A al sistema B, el cam-
3. Observe las unidades usadas para trabajo y calor; el tra- bio en la entropía de A es negativo y el cambio en la
bajo con mucha frecuencia se expresa en joules y el calor entropía de B es positivo.
puede estar en calorías, kilocalorías o joules. Sea consis-
tente: elija sólo una unidad para trabajar un problema.

Resumen

Una máquina térmica es un dispositivo para transformar energía Una bomba térmica realiza trabajo W para llevar calor QL del
térmica en trabajo útil mediante flujo de calor. exterior frío y entregar calor QH para calentar el interior de un lu-
gar. El coeficiente de operación de una bomba térmica es
La eficiencia de una máquina térmica se define como la razón
entre el trabajo W realizado por la máquina y la entrada de calor COP = QH . [bomba térmica] (20–5)
QH. De acuerdo con la conservación de la energía, la salida de tra- W
bajo es igual a QH Ϫ QL, donde QL es el calor que escapa hacia el La segunda ley de la termodinámica se puede enunciar en va-
ambiente; por lo tanto, la eficiencia es
rias formas equivalentes:

e = W = 1 - QL . a) El calor fluye espontáneamente de un objeto caliente a
QH QH
(20–1) uno frío, pero no a la inversa;

b) No puede haber una máquina térmica 100% eficiente, es

La máquina de Carnot (idealizada) consiste en dos procesos decir, una que pueda convertir por completo una cantidad

isotérmicos y dos adiabáticos en un ciclo reversible. Para una má- dada de calor en trabajo;

quina de Carnot, o cualquier máquina reversible que opere entre c) los procesos naturales tienden a moverse hacia un estado

dos temperaturas TH y TL (en kelvin), la eficiencia es de mayor desorden o mayor entropía.

TL . El inciso c) es el enunciado más general de la segunda ley de la ter-
TH
eideal = 1- (20–3) modinámica y se puede expresar como: la entropía total, S, de cual-

quier sistema más la de su entorno aumenta como resultado de

Las máquinas irreversibles (reales) tienen una eficiencia menor que cualquier proceso natural:

esto. ¢S 7 0. (20–13)

La operación de refrigeradores y acondicionadores de aire es La entropía, que es una variable de estado, es una medida cuan-

el inverso de la de una máquina térmica: se realiza trabajo para ex- titativa del desorden de un sistema. El cambio en la entropía de un

traer calor de una región fría y expulsarlo hacia una región con una sistema durante un proceso reversible está dado por ¢S = ͐dQ͞T.

temperatura más alta. El coeficiente de operación (COP) para refri- La segunda ley de la termodinámica nos indica en cuál direc-

geradores y acondicionadores de aire es ción tienden a avanzar los procesos; por eso, a la entropía se le lla-

COP = QL , refrigerador o ma “flecha del tiempo”.
W acondicionador de
c aire d (20–4a) Conforme trascurre el tiempo, la energía se degrada a formas

menos útiles, es decir, está menos disponible para realizar trabajo útil.

donde W es el trabajo necesario para remover calor QL del área a la [*Todas las máquinas térmicas originan contaminación térmica,
temperatura baja.
porque expulsan calor al ambiente].

Resumen 551

Preguntas 14. a) ¿Qué ocurre si usted retira la tapa de una botella que contiene
gas cloro? b) ¿Alguna vez ocurre el proceso inverso? c) ¿Puede
1. ¿La energía mecánica alguna vez se puede transformar por pensar en otros dos ejemplos de irreversibilidad?
completo en calor o energía interna? ¿Puede ocurrir lo contra-
rio? En cada caso, si su respuesta es no, explique por qué; si res- 15. Se le pide probar una máquina que el inventor llama “acondi-
ponde afirmativamente, dé uno o dos ejemplos. cionador de aire interior”: una gran caja, que está en medio de
la habitación, con un cable que se enchufa en un tomacorriente.
2. ¿Es posible calentar una cocina en invierno si se deja la puerta del Cuando la máquina se enciende, usted siente una corriente de
horno abierta? ¿Es posible enfriar la cocina en un día caluroso de aire frío que sale de ella. ¿Cómo sabe usted que esta máquina
verano si se deja abierta la puerta del refrigerador? Explique. no puede enfriar la habitación?

3. ¿Sería útil una definición de la eficiencia de una máquina tér- 16. Piense en varios procesos (distintos a los ya mencionados) que
mica como e ϭ W/QL? Explique. obedecerían la primera ley de la termodinámica pero que, si
realmente ocurrieran, violarían la segunda ley.
4. ¿Cuáles son las áreas de alta temperatura y de baja temperatu-
ra en a) un motor de combustión interna y b) un motor de va- 17. Suponga que un montón de papeles se tiran en el suelo; luego
por? En sentido estricto, ¿son depósitos de calor? usted los apila cuidadosamente. ¿Esto viola la segunda ley de la
termodinámica? Explique.
5. ¿Cuál modificación daría la mayor eficiencia de una máquina de
Carnot: un aumento de 10 C° en el depósito de alta temperatura, 18. La primera ley de la termodinámica a veces se enuncia capri-
o una disminución de 10 C° en el depósito de baja temperatura? chosamente como “Es imposible obtener algo a cambio de na-
da”, y la segunda ley como “No se puede salir sin ganar o
6. Los océanos contienen una enorme cantidad de energía térmica perder”. Explique cómo estos enunciados podrían ser equiva-
(interna). ¿Por qué, en general, no es posible convertir esta lentes a los enunciados formales.
energía en trabajo útil?
19. Se agrega muy lentamente (cuasiestáticamente) leche en polvo
7. Discuta los factores que evitan que las máquinas reales alcan- al agua mientras se agita. ¿Es éste un proceso reversible? Expli-
cen la eficiencia de Carnot. que.

8. La válvula de expansión en un sistema de refrigeración (figura 20. Dos sistemas idénticos se llevan del estado a al estado b me-
20-10) es crucial para enfriar el fluido. Explique cómo ocurre el diante dos procesos irreversibles diferentes. ¿El cambio en la
enfriamiento. entropía del sistema será el mismo para cada proceso? ¿Para el
ambiente? Responda de forma cuidadosa y exhaustiva.
9. Describa un proceso en la naturaleza que sea casi reversible.
10. a) Describa cómo se podría agregar calor a un sistema de ma- 21. Se puede decir que el cambio total en la entropía durante un
proceso es una medida de la irreversibilidad del proceso. Discu-
nera reversible. b) ¿Podría usar un quemador de estufa para ta por qué esto es válido, comenzando con el hecho de que ⌬Stotal
agregar calor a un sistema de manera reversible? Explique. ϭ ⌬Ssistema ϩ ⌬Sambiente ϭ 0 para un proceso reversible.
11. Suponga que un gas se expande al doble de su volumen original
a) adiabáticamente y b) isotérmicamente. ¿Cuál proceso daría 22. Utilice argumentos, distintos al principio de aumento de entro-
por resultado un mayor cambio en la entropía? Explique. pía, para demostrar que, para un proceso adiabático, ⌬S ϭ 0 si
12. Dé tres ejemplos, distintos a los mencionados en este capítulo, se realiza reversiblemente y ⌬S Ͼ 0 si se realiza irreversible-
de procesos que ocurren naturalmente en los que el orden se mente.
convierte en desorden. Discuta la naturaleza observable del
proceso inverso.
13. ¿Cuál cree que tenga mayor entropía: 1 kg de hierro sólido o 1
kg de hierro líquido? ¿Por qué?

Problemas 5. (II) La quema de gasolina en un automóvil libera aproximada-
mente 3.0 ϫ 104 kcal/gal. Si un automóvil promedia 38 km/gal
20–2 Máquinas térmicas
1. (I) Una máquina térmica expulsa 7800 J de calor mientras reali- cuando se conduce a 95 km/h, lo que requiere de 25 hp, ¿cuál es

za 2600 J de trabajo útil. ¿Cuál es la eficiencia de esta máquina? la eficiencia del motor en estas condiciones?

2. (I) Cierta planta eléctrica entrega 580 MW de potencia eléctri- 6. (II) La figura 20-17 es un diagrama PV para una máquina tér-
ca. Estime la descarga de calor por segundo, si se supone que la
planta tiene una eficiencia del 35%. mica reversible en la que 1.0 mol de argón, un gas mo-

3. (II) Un automóvil compacto experimenta una fuerza de arras- noatómico casi ideal, inicialmente se encuentra
tre total a 55 mi/h de aproximadamente 350 N. Si este automó-
vil rinde 35 millas por galón de gasolina a esta rapidez, y un a PTE (punto a). Los puntos b y c están en
litro de gasolina (1 gal ϭ 3.8 L) libera aproximadamente 3.2 ϫ b una isoterma a T ϭ 423 K. El proceso ab
107 J cuando se quema, ¿cuál es la eficiencia del automóvil?
es a volumen constante, y el proceso ac
4. (II) Un motor de gasolina de cuatro cilindros tiene una eficien-
cia de 0.22 y entrega 180 J de trabajo por ciclo por cilindro. El es a presión constante. a) ¿La trayec-
motor enciende a 25 ciclos por segundo. a) Determine el traba-
jo realizado por segundo. b) ¿Cuál es la entrada de calor total P toria del ciclo se realiza en sentido
por segundo de la gasolina? c) Si el contenido energético de la T = 423K horario o en sentido contrario?
gasolina es de 130 MJ por galón, ¿cuánto dura un galón? b) ¿Cuál es la eficiencia de esta

552 CAPÍTULO 20 Segunda ley de la termodinámica máquina?
ac

0V FIGURA 20–17
Problema 6.

7. (III) La operación de un motor diesel se puede idealizar me- 14. (II) Una máquina de Carnot realiza trabajo a una tasa de 520
kW, con una entrada de 950 kcal de calor por segundo. Si la
diante el ciclo que se representa en la figura 20-18. El aire entra temperatura de la fuente de calor es de 560°C, ¿a qué tempera-
tura se expulsa el calor de desecho?
al cilindro durante la carrera de admisión (que no es parte del
15. (II) Suponga que un alpinista de 65 kg necesita 4.0 ϫ 103 kcal de
ciclo idealizado). El aire se comprime adiabáticamente, trayec- energía para suministrar el valor energético requerido del metabo-
lismo de un día. Estime la altura máxima a la que la persona pue-
toria ab. En el punto b, el combustible diesel se inyecta en el ci- de escalar en un día, usando sólo esta cantidad de energía. Como
una predicción aproximada, considere al individuo como una má-
lindro e inmediatamente se quema, pues la temperatura es muy quina térmica aislada, que opera entre la temperatura interna de
37°C (98.6°F) y la temperatura ambiental del aire de 20°C.
alta. La combustión es lenta y, durante la primera parte de la
16. (II) Un automóvil particular realiza trabajo a una tasa aproxima-
carrera de potencia, el gas se expande a presión (casi) constan- da de 7.0 kJ/s cuando viaja con una rapidez estable de 20.0 m/s
a lo largo de un camino horizontal. Éste es el trabajo realizado
te, trayectoria bc. Después de quemarse, el resto de la carrera contra la fricción. El automóvil puede viajar 17 km con 1 L de
gasolina a esta rapidez (aproximadamente 40 mi/gal). ¿Cuál es
de potencia es adiabática, trayectoria cd. La trayectoria da co- el valor mínimo de TH si TL es de 25°C? La energía disponible
de 1 L de gas es 3.2 ϫ 107 J.
rresponde a la carrera de escape. a) Demuestre que, para una
17. (II) Una máquina térmica utiliza una fuente de calor a 580°C y
máquina reversible cuasiestática que experimenta este ciclo tiene una eficiencia de Carnot del 32%. Para aumentar la eficien-
cia al 38%, ¿cuál debe ser la temperatura de la fuente de calor?
usando un gas ideal, la eficiencia ideal es
18. (II) La sustancia operativa de cierta máquina de Carnot es 1.0
e = 1 - AVa͞VcB–g - AVa͞VbB–g , mol de un gas monoatómico ideal. Durante la porción de ex-
g C AVa͞VcB–1 - AVa͞VbB–1 D pansión isotérmica del ciclo de esta máquina, el volumen del
gas se duplica, mientras que, durante la expansión adiabática,
donde Va/Vb es la “razón de compresión”, Va/Vc es la “razón de el volumen aumenta en un factor de 5.7. La salida de trabajo de
expansión” y g se define mediante la ecua- la máquina es de 920 J en cada ciclo. Calcule las temperaturas
de los dos depósitos entre los que opera la máquina.
QH ción 19-14. b) Si Va/Vb ϭ 16 y Va/Vc ϭ
bc 4.5, calcule la eficiencia, suponiendo 19. (III) Un ciclo de Carnot (figura 20-7) tiene las siguientes condi-
ciones: Va ϭ 7.5 L, Vb ϭ 15.0 L, TH ϭ 470°C y TL ϭ 260°C. El
P que el gas es diatómico (como gas empleado en el ciclo es 0.50 mol de un gas diatómico, g ϭ
1.4. Calcule a) las presiones en a y b; b) los volúmenes en c y d.
d N2 y O2) e ideal. c) ¿Cuál es el trabajo realizado a lo largo del proceso ab? d)
¿Cuál es la pérdida de calor a lo largo del proceso cd? e) Calcu-
QL le el trabajo neto realizado durante todo el ciclo. f) ¿Cuál es la
eficiencia del ciclo, usando la definición e ϭ W/QH? Demuestre
a que esta definición es igual a la de la ecuación 20-3.
FIGURA 20–18
20. (III) Un mol de un gas monoatómico experimenta un ciclo de
0 V Problema 7. Carnot con TH ϭ 350°C y TL ϭ 210°C. La presión inicial es
de 8.8 atm. Durante la expansión isotérmica, el volumen se du-
20–3 Máquina de Carnot plica. a) Encuentre los valores de la presión y el volumen en los
puntos a, b, c y d (véase la figura 20-7). b) Determine Q, W y
8. (I) ¿Cuál es la eficiencia máxima de una máquina térmica cuyas ⌬Eint para cada segmento del ciclo. c) Calcule la eficiencia del
temperaturas de operación son 550 y 365°C? ciclo usando las ecuaciones 20-1 y 20-3.

9. (I) No es necesario que el ambiente caliente de una máquina tér- * 21. (III) En un motor que aproxima el ciclo de Otto (figura 20-8),
mica sea más caliente que la temperatura ambiente. El nitrógeno se debe encender vapor de gasolina, al final de la compresión
líquido (77 K) es aproximadamente tan barato como el agua adiabática del cilindro, mediante la chispa de una bujía. La tem-
embotellada. ¿Cuál sería la eficiencia de una máquina que utilice peratura de ignición de vapor de gasolina de 87 octanos es
el calor transferido del aire a temperatura ambiente (293 K) al aproximadamente de 430°C y, suponiendo que el gas operativo
“combustible” es diatómico y entra al cilindro a 25°C, determine la máxima ra-
de nitrógeno lí- zón de compresión del motor.
quido (figura
20-19)? 20–4 Refrigeradores, acondicionadores de aire,
bombas térmicas
FIGURA 20–19
Problema 9. 22. (I) Si un refrigerador ideal mantiene su contenido a 3.0°C cuan-
do la temperatura de la casa es de 22°C, ¿cuál es su coeficiente de
10. (II) Una máquina térmica expulsa su calor a 340°C y tiene una operación?
eficiencia de Carnot del 38%. ¿Qué temperatura de escape le
permitiría lograr una eficiencia de Carnot del 45%? 23. (I) La temperatura baja del serpentín de enfriamiento de un
congelador es de Ϫ15°C y la temperatura de descarga es de
11. (II) a) Demuestre que el trabajo realizado por una máquina de 33°C. ¿Cuál es el máximo coeficiente de operación teórico?
Carnot es igual al área encerrada por el ciclo de Carnot en un
diagrama PV, figura 20-7. (Véase la sección 19-7.) b) Generali- 24. (II) Una máquina ideal (de Carnot) tiene una eficiencia del
ce esto a cualquier ciclo reversible. 38%. Si fuera posible invertir su funcionamiento como el de
una bomba térmica, ¿cuál sería su coeficiente de operación?
12. (II) Las temperaturas de operación de una máquina de Carnot
son 210 y 45°C. La salida de potencia de la máquina es 950 W.
Calcule la tasa de salida de calor.

13. (II) Una planta eléctrica nuclear opera al 65% de su máxima
eficiencia teórica (de Carnot) entre temperaturas de 660 y
330°C. Si la planta produce energía eléctrica a la tasa de 1.2
GW, ¿cuánto calor de escape se descarga por hora?

Problemas 553

25. (II) Una bomba térmica ideal se usa para mantener la tempera- 34. (I) ¿Cuál es el cambio en la entropía de 1.00 m3 de agua a 0°C
tura interior de una casa a Tent ϭ 22°C cuando la temperatura cuando se congela para convertirse en hielo a 0°C?
exterior es Text. Suponga que, cuando opera, la bomba de calor
realiza trabajo a una tasa de 1500 W. También suponga que la 35. (II) Si 1.00 m3 de agua a 0°C se congela se y enfría a Ϫ10°C al
casa pierde calor mediante conducción a través de sus paredes estar en contacto con una gran cantidad de hielo a Ϫ10°C, esti-
y otras superficies a una tasa dada por (650 W/C°)(Tent Ϫ Text). me el cambio total en la entropía del proceso.
a) ¿A qué temperatura exterior tendría que operar la bomba
térmica en todo momento con la finalidad de mantener la casa 36. (II) Si 0.45 kg de agua a 100°C, mediante un proceso reversible,
a una temperatura interior de 22°C? b) Si la temperatura exterior se convierten en vapor a 100°C, determine el cambio en la en-
es de 8°C, ¿qué porcentaje del tiempo tiene que operar la bom- tropía de a) el agua, b) el entorno y c) el universo como un to-
ba térmica para mantener la casa a una temperatura interior de do. d) ¿Cómo diferirían sus respuestas si el proceso fuera
22°C? irreversible?

26. (II) El refrigerador de un restaurante tiene un coeficiente de 37. (II) Una varilla de aluminio conduce 9.50 cal/s desde una fuen-
operación de 5.0. Si la temperatura en la cocina afuera del refri- te de calor, que se mantiene a 225°C, hacia un gran cuerpo de
gerador es de 32°C, ¿cuál es la menor temperatura que podría agua a 22°C. Calcule la tasa a la que aumenta la entropía en es-
obtenerse dentro del refrigerador si éste fuera ideal? te proceso.

27. (II) Se emplea una bomba térmica para mantener caliente una 38. (II) Un pieza de aluminio de 2.8 kg a 43.0°C se coloca en 1.0 kg
casa a 22°C. ¿Cuánto trabajo se requiere para que la bomba en- de agua en un contenedor de poliestireno a temperatura am-
tregue 3100 J de calor a la casa, si la temperatura exterior es a) biente (20°C). Estime el cambio neto en la entropía del sistema.
0°C, b) Ϫ15°C? Suponga un comportamiento ideal (de Carnot).
39. (II) Un gas ideal se expande isotérmicamente (T ϭ 410 K) des-
28. (II) a) Dado que el coeficiente de operación de un refrigerador de un volumen de 2.50 L y una presión de 7.5 atm, a una pre-
se define (ecuación 20-4a) como sión de 1.0 atm. ¿Cuál es el cambio en la entropía para este
proceso?
COP = QL ,
W 40. (II) Cuando 2.0 kg de agua a 12.0°C se mezclan con 3.0 kg de
agua a 38.0°C en un contenedor bien aislado, ¿cuál es el cambio
demuestre que, para un refrigerador ideal (de Carnot), en la entropía del sistema? a) Realice una estimación; b) use la

COPideal = TL . integral ¢S = ͐dQ͞T.
TH - TL
41. (II) a) Un cubo de hielo de masa m a 0°C se coloca en una gran
b) Escriba el COP en términos de la eficiencia e de la máquina habitación a 20°C. El calor fluye (de la habitación al cubo de
térmica reversible obtenida al invertir el funcionamiento del re- hielo) de tal forma que el cubo de hielo se funde y el agua líqui-
frigerador. c) ¿Cuál es el coeficiente de operación para un refri- da se calienta a 20°C. La habitación es tan grande que su tem-
gerador ideal que mantiene un compartimiento congelador a peratura permanece casi en 20°C en todo momento. Calcule el
Ϫ18°C cuando la temperatura del condensador es de 24°C? cambio en la entropía del sistema (agua ϩ habitación) causado
por este proceso. ¿Este proceso ocurrirá naturalmente? b) Una
29. (II) Un refrigerador “de Carnot” (el inverso de una máquina de masa m de agua líquida a 20°C se coloca en una gran habita-
Carnot) absorbe calor del compartimiento congelador a una ción a 20°C. El calor fluye (del agua a la habitación) de tal for-
temperatura de Ϫ17°C y lo expulsa en la habitación a 25°C. a) ma que el agua líquida se enfría a 0°C y luego se congela en un
¿Cuánto trabajo debe realizar el refrigerador para convertir cubo de hielo a 0°C. La habitación es tan grande que su tempe-
0.40 kg de agua a 25°C en hielo a Ϫ17°C? b) Si la salida del ratura permanece en 20°C en todo momento. Calcule el cambio
compresor es de 180 W, ¿qué tiempo mínimo se necesita para en la entropía del sistema (agua ϩ habitación) causado por este
tomar 0.40 kg de agua a 25°C y congelarla a 0°C? proceso. ¿Este proceso ocurrirá naturalmente?

30. (II) Una bomba térmica central que opera como un acondicio- 42. (II) La temperatura de 2.0 moles de un gas diatómico ideal va
nador de aire extrae 33,000 Btu por hora de un edificio y opera de 25 a 55°C a un volumen constante. ¿Cuál es el cambio en la
entre las temperaturas de 24 y 38°C. a) Si su coeficiente de ope-
ración es 0.20 el de un acondicionador de aire de Carnot, ¿cuál entropía? Use ¢S = ͐dQ͞T.
es el coeficiente de operación efectivo? b) ¿Cuál es la potencia
(kW) requerida del motor compresor? c) ¿Cuál es la poten- 43. (II) Calcule el cambio en la entropía de 1.00 kg de agua cuando
cia en términos de hp? se calienta de 0 a 75°C. a) Realice una estimación; b) use la in-

31. (II) ¿Qué volumen de agua a 0°C puede convertir un congela- tegral ¢S = ͐dQ͞T. c) ¿La entropía del entorno cambia? Si es
dor en cubos de hielo en 1.0 h, si el coeficiente de operación de
la unidad enfriadora es 7.0 y la entrada de potencia es 1.2 kilo- así, ¿en cuánto?
watts?
44. (II) Un gas ideal de n moles experimenta el proceso reversible
20–5 y 20–6 Entropía ab que se muestra en el diagrama PV de la figura 20-20. La
32. (I) ¿Cuál es el cambio en la entropía de 250 g de vapor a 100°C temperatura T del gas es la misma en los puntos a y b. Determi-
ne el cambio en la entropía del gas causado por este proceso.
cuando se condensa para convertirse en agua a 100°C?
33. (I) Una caja de 7.5 kg que tiene una rapidez inicial de 4.0 m/s se P

desliza a lo largo de una tabla áspera y llega al reposo. Estime a
el cambio total en la entropía del universo. Suponga que todos
los objetos están a temperatura ambiente (293 K). b

554 CAPÍTULO 20 Segunda ley de la termodinámica 0 Va Vb V FIGURA 20–20
Problema 44.

45. (II) Dos muestras de un gas ideal inicialmente están a la misma * 20–9 Interpretación estadística de la entropía
temperatura y presión. Cada una se comprime reversiblemente
de un volumen V a un volumen V/2, una isotérmicamente y la * 54. (I) Use la ecuación 20-14 para determinar la entropía de cada uno
otra adiabáticamente. a) ¿En cuál muestra la presión final es de los cinco macroestados que se listan en la tabla de la página 546.
mayor? b) Determine mediante integración el cambio en la en-
tropía del gas para cada proceso. c) ¿Cuál es el cambio en la entro- * 55. (II) Suponga que usted agita repetidamente seis monedas en su
pía del ambiente para cada proceso? mano y las deja caer al suelo. Construya una tabla que muestre

46. (II) Una taza aislada de aluminio de 150 g a 15°C se llena con el número de microestados que corresponden a cada macroes-
215 g de agua a 100°C. Determine a) la temperatura final de la
mezcla y b) el cambio total en la entropía como resultado del tado. ¿Cuál es la probabilidad de obtener a) tres caras y tres

proceso de mezcla (use ¢S = ͐dQ͞T). cruces y b) seis caras?

47. (II) a) ¿Por qué esperaría que el cambio total en la entropía en * 56. (II) Calcule las probabilidades relativas, cuando usted lanza dos
un ciclo de Carnot fuera cero? b) Efectúe un cálculo para de- dados, de obtener a) un 7, b) un 11, c) un 4.
mostrar que es cero.
* 57. (II) a) Suponga que usted tiene cuatro monedas, todas con cru-
48. (II) 1.00 mol de gas nitrógeno (N2) y 1.00 mol de gas argón ces hacia arriba. Ahora las arregla de manera que dos caras y
(Ar) están en contenedores aislados separados, de igual tamaño
y a la misma temperatura. Luego, los contenedores se conectan y dos cruces estén hacia arriba. ¿Cuál fue el cambio en la entro-
se permite que los gases (que se suponen ideales) se mezclen.
¿Cuál es el cambio en la entropía a) del sistema y b) del am- pía de las monedas? b) Suponga que su sistema está constituido
biente? c) Repita el inciso a) sólo que ahora suponga que un por las 100 monedas de la tabla 20-1; ¿cuál es el cambio en la
contenedor es el doble de grande que el otro. entropía de las monedas si inicialmente están mezcladas de ma-
nera aleatoria, 50 caras y 50 cruces, y usted las coloca de mane-
49. (II) Los procesos termodinámicos a veces se representan en ra que las 100 sean caras? c) Compare estos cambios en la
diagramas TS (temperatura-entropía), y no en diagramas PV. entropía con los cambios en la entropía termodinámica ordina-
Determine la pendiente de un proceso a volumen constante en ria, como en los ejemplos 20-6, 20-7 y 20-8.
un diagrama TS, para un sistema con n moles de gas ideal, con
calor específico molar a volumen constante CV se mantiene a * 58. (III) Considere un sistema aislado parecido a un gas que consis-
temperatura T. te en una caja que contiene N ϭ 10 átomos distinguibles, cada

50. (III) El calor específico por mol de potasio a bajas temperatu- uno en movimiento con la misma rapidez v. El número de for-
ras está dado por CV ϭ aT ϩ bT3, donde a ϭ 2.08 mJ/molиK2 y
b ϭ 2.57 mJ/molиK4. Determine (por integración) el cambio en mas únicas en que estos átomos se pueden ordenar de manera
la entropía de 0.15 mol de potasio cuando su temperatura se re-
duce de 3.0 K a 1.0 K. que NI átomos estén dentro de la mitad izquierda de la caja y
ND átomos estén dentro de la mitad derecha de la caja está da-
51. (III) Considere un gas ideal de n moles con calores específicos mo- do por N!/NI!ND!, donde, por ejemplo, el factorial 4! ϭ 4и3и2и1
lares CV y CP. a) Comience con la primera ley y demuestre que, (la única excepción es que 0! ϭ 1). Defina cada arreglo único de
cuando la temperatura y el volumen de este gas cambian median-
te un proceso reversible, su cambio en la entropía está dado por átomos dentro de la caja como un microestado de este sistema.

Ahora imagine los siguientes dos macroestados posibles: el esta-

do A, donde todos los átomos están dentro de la mitad izquierda

de la caja y ninguno está dentro de la mitad derecha; y el estado

B, donde la distribución es uniforme (esto es, hay el mismo nú-

mero de átomos en cada mitad). Véase la figura 20-21. a) Supon-

ga que el sistema inicialmente se encuentra en el estado A y, en

un momento posterior, se encuentra en el estado B. Determine

el cambio en la entropía del sistema. ¿Este proceso puede ocu-

rrir naturalmente? b) Suponga que el sistema inicialmente se en-

dS = dT + nR dV . cuentra en el estado B y, en un momento posterior, se encuentra
nCV T V
en el estado A. Determine Estado A (NL ϭ 10, NR ϭ 0)
el cambio en la entropía
b) Demuestre que la expresión en el inciso a) se puede escribir
como del sistema. ¿Este proceso v
puede ocurrir natural-

dP dV mente?
nCV P V
dS = + nCP .

c) Con la expresión del inciso b), demuestre que, si dS ϭ 0 para Estado B (NL ϭ 5, NR ϭ 5)
el proceso reversible (esto es, el proceso es adiabático), enton-
ces PVg ϭ constante, donde g ϭ CP/CV. FIGURA 20–21 Problema 58.

20–8 Indisponibilidad de la energía * 20–11 Recursos de energía
* 59. (II) La energía se puede almacenar para su uso durante la de-
52. (III) Un teorema general afirma que la cantidad de energía que
deja de estar disponible para realizar trabajo útil en cualquier manda pico mediante el bombeo de agua hacia un gran depósi-
proceso es igual a TL ⌬S, donde TL es la menor temperatura to cuando la demanda es baja y luego liberándola para activar
disponible y ⌬S es el cambio total en la entropía durante el pro- turbinas cuando se necesite. Suponga que el agua se bombea a
ceso. Demuestre que esto es válido en los casos específicos de un lago a 135 m por arriba de las turbinas, a una tasa de 1.35 ϫ
a) una piedra que cae y llega al reposo cuando golpea el suelo; 105 kg/s durante 10.0 h en al noche. a) ¿Cuánta energía (kWh)
b) la expansión adiabática libre de un gas ideal; y c) la conduc- se necesita para efectuar esta operación cada noche? b) Si toda
ción de calor, Q, desde un depósito de alta temperatura (TH) esta energía se libera durante 14 h en un día, con un 75% de
hasta un depósito a baja temperatura (TL). [Sugerencia: En el eficiencia, ¿cuál es la salida de potencia promedio?
inciso c), compare con una máquina de Carnot].

53. (III) Determine el trabajo disponible en un bloque de cobre de
3.5 kg a 490 K, si el entorno está a 290 K. Utilice los resultados
del problema 52.

Problemas 555

* 60. (II) Las celdas solares (figura 20-22) producen aproximada- * 61. (II) En un lago artificial, creado por una presa, se almacena
mente 40 W de electricidad por metro cuadrado de área super- agua (figura 20-23). La profundidad del agua es de 38 m en la
ficial si están directamente frente al Sol. ¿Cuál debe ser su
superficie para satisfacer las necesidades de una casa que re- presa y, a través de las turbinas hidroeléctricas instaladas cerca
quiere 22 kWh/día? ¿Un panel de estas dimensiones cabría en
el techo de una casa promedio? (Suponga que el Sol brilla de la base de la presa, se mantiene una tasa de flujo estable de
aproximadamente 9 h/día). 32 m3/s. ¿Cuánta potencia eléctrica se puede generar?

FIGURA 20–22 Problema 60. FIGURA 20–23 Problema 61.

Problemas generales 64. Una taza aislada de aluminio de 126.5 g a 18.00°C se llena con
132.5 g de agua a 46.25°C. Después de algunos minutos, se al-
62. Se ha sugerido que podría desarrollarse una máquina térmica canza el equilibrio. Determine a) la temperatura final y b) el
que utilice la diferencia de temperatura entre el agua en la su- cambio total en la entropía.
perficie del océano y el agua a varios cientos de metros de pro-
fundidad. En los trópicos, las temperaturas pueden ser 27°C y 65. a) En una planta eléctrica a vapor, las máquinas de vapor traba-
4°C, respectivamente. a) ¿Cuál es la máxima eficiencia que tal jan en pares, y la salida de calor de la primera es aproximada-
máquina podría tener? b) ¿Por qué sería factible tal máquina, a mente la entrada de calor de la segunda. Las temperaturas de
pesar de la baja eficiencia? c) ¿Puede imaginar algún efecto ad- operación de la primera son 710 y 430°C, y las de la segunda
verso en el ambiente provocado por la máquina en cuestión? son 415 y 270°C. Si el calor de la combustión de carbón es 2.8 ϫ
107 J/kg, ¿a qué tasa se debe quemar el carbón si la planta debe
63. Una máquina térmica lleva un gas diatómico alrededor del ciclo entregar 950 MW de potencia? Suponga que la eficiencia de las
que se muestra en la figura 20-24. a) Con la ley del gas ideal, de- máquinas es el 65% de la eficiencia ideal (de Carnot). b) Para
termine cuántos moles de gas hay en esta máquina. b) Determi- enfriar la planta se utiliza agua. Si se permite que la temperatu-
ne la temperatura en el punto c. c) Calcule la entrada de calor al ra del agua aumente por no más de 5.5 C°, estime cuánta agua
gas durante el proceso a volumen constante del punto b al punto c. debe pasar a través de la planta por hora..
d) Calcule el trabajo realizado por el gas durante el proceso iso-
térmico del punto a al punto b. e) Calcule el trabajo realizado 66. (II) Las unidades de refrigeración se pueden clasificar en “tone-
por el gas durante el proceso adiabático del punto c al punto a. ladas”. Un sistema de acondicionamiento de 1 ton de aire puede
f ) Determine la eficiencia de la máquina. g) ¿Cuál es la máxima remover suficiente energía para congelar 1 tonelada británica
eficiencia posible para una máquina que opera entre Ta y Tc? (2000 libras ϭ 909 kg) de agua a 0°C en hielo a 0°C en las 24
horas de un día. Si, en un día a 35°C, el interior de una casa se
P mantiene a 22°C mediante la operación continua de un sistema
de acondicionamiento de aire de 5 ton, ¿cuánto le cuesta al
c dueño de la casa este enfriamiento por hora? Suponga que el
trabajo realizado por la unidad de refrigeración se impulsa me-
b sotérmicoiabáticoAd diante electricidad que cuesta $0.10 por kWh y que el coeficien-
I te de operación de la unidad es el 15% del coeficiente de un
refrigerador ideal. 1 kWh ϭ 3.60 ϫ 106 J.
1.0 atm a Ta ϭ
300 K 67. Una planta eléctrica con eficiencia del 35% entrega 920 MW de
potencia eléctrica. Se utilizan torres de enfriamiento para expul-
0.0050 m3 V sar el calor. a) Si se permite que la temperatura del aire (15°C)
0.010 m3 se eleve 7.0 C°, estime qué volumen de aire (en km3) se calienta
por día. ¿El clima local se calentará significativamente? b) Si
FIGURA 20–24 Problema 63. el aire calentado formara una capa de 150 m de grosor, estime el
área que se cubriría durante 24 h de operación. Suponga que el aire
tiene una densidad de 1.2 kg/m3 y que su calor específico es
aproximadamente 1.0 kJ/kgиC° a presión constante.

556 CAPÍTULO 20 Segunda ley de la termodinámica

68. a) ¿Cuál es el coeficiente de operación de una bomba térmica 73. Dos automóviles de 1100 kg viajan a 75 km/h en direcciones
ideal que extrae calor del aire en el exterior a 11°C y deposita opuestas cuando chocan y llegan al reposo. Estime el cambio en
calor dentro de una casa a 24°C? b) Si esta bomba térmica ope- la entropía del universo como resultado de esta colisión. Supon-
ra a 1400 W de potencia eléctrica, ¿cuál es el máximo calor que ga que T ϭ 15°C.
puede entregar a la casa cada hora?
74. Metabolizar 1.0 kg de grasa da por resultado aproximadamente
69. La operación de cierta máquina térmica lleva un gas monoató- 3.7 ϫ 107 J de energía interna en el cuerpo. a) En un día, ¿cuán-
ta grasa quema el cuerpo para mantener la temperatura corpo-
mico ideal a través del ciclo que se muestra como el rectángulo ral de una persona que permanece en cama y metaboliza a una
tasa promedio de 95 W? b) ¿Cuánto tardará en quemar 1.0 kg
en el diagrama PV de la figura 20-25. a) Determine la eficiencia de grasa de esta forma, si se supone que no hay ingesta de ali-
mento?
de esta máquina. Sean QH y QL la entrada de calor total y la sa-
lida de calor total durante un ciclo de esta máquina. b) Compa-

re (como razón) la eficiencia de esta

P máquina con la de la máquina 75. Una unidad de enfriamiento para un nuevo congelador tiene un
3Po área superficial interna de 6.0 m2 y está acotada por paredes de
de Carnot que opera entre TH 12 cm de grosor, con una conductividad térmica de 0.050
W/mиK. El interior se debe mantener a Ϫ10°C en una habita-
c d y TL, donde TH y TL son las ción que está a 20°C. El motor para la unidad de enfriamiento
temperaturas máxima y funciona no más del 15% del tiempo. ¿Cuál es el requerimiento
mínimo de potencia del motor de enfriamiento?
mínima alcanzadas.

Po b a 76. Un acondicionador de aire ideal mantiene la temperatura dentro
de una habitación a 21°C cuando la temperatura exterior es de
Vo 2Vo V FIGURA 20–25 32°C. Si 3.3 kW de potencia entran a una habitación a través
Problema 69. de las ventanas en la forma de radiación directa del Sol, ¿cuánta
potencia eléctrica se ahorraría si las ventanas estuvieran sombrea-
70. El motor de un automóvil, cuya salida de potencia es de 155 hp, das, de manera que sólo pudieran pasar 500 W a través de ellas?
opera aproximadamente con un 15% de eficiencia. Suponga
que la temperatura del agua del motor de 95°C es su depósito 77. El ciclo de Stirling, que se muestra en la figura 20-27, es útil para
de temperatura fría (de salida) y 495°C es su temperatura de
“admisión” térmica (la temperatura de la mezcla de gas-aire describir motores de combustión interna, así como sistemas de
que explota). a) ¿Cuál es la razón entre su eficiencia relativa y
su máxima eficiencia posible (de Carnot)? b) Estime cuánta po- energía solar. Determine la eficiencia del ciclo en
tencia (en watts) se usa para mover el automóvil, y cuánto ca-
lor, en joules y en kcal, sale al aire en 1.0 h. términos de los parámetros que se
P muestran, si se supone que un
71. Suponga que una planta eléctrica entrega energía a 850 MW
usando turbinas de vapor. El vapor va a las turbinas sobrecalen- a gas monoatómico es la sus-
tadas a 625 K y deposita su calor no utilizado en el agua de un
río a 285 K. Suponga que la turbina opera como una máquina tancia operativa. Los proce-
de Carnot ideal. a) Si la tasa de flujo del río es de 34 m3/s, esti- TH sos ab y cd son isotérmicos,
me el aumento de temperatura promedio del agua del río inme-
diatamente corriente abajo de la planta. b) ¿Cuál es el aumento b mientras que bc y da son
en la entropía por kilogramo de agua del río corriente abajo, en isocónicos. ¿Cómo se com-
J/kgиK? d para con la eficiencia de

72. 0.75 moles de un gas monoatómico ideal a PTE experimentan TL Carnot?
primero una expansión isotérmica, de manera que el volumen c
en b es 2.5 veces el volumen en a (figura 20-26). A continua-
ción, se extrae calor a un volumen constante, de manera que la FIGURA 20–27
presión disminuye. Luego, el gas se comprime adiabáticamente Va Vb V Problema 77.
de regreso al estado original. a) Calcule las presiones en b y c.
b) Determine la temperatura en c. c) Determine el trabajo rea- 78. Una turbina de gas opera bajo el ciclo de Brayton, que se mues-
lizado, la entrada o extracción de calor, y el cambio en la entro-
pía para cada proceso. d) ¿Cuál es la eficiencia de este ciclo? tra en el diagrama PV de la figura 20-28. En el proceso ab, la

mezcla aire-combustible experimenta una compresión adiabáti-

ca. A continuación, en el proceso bc, hay un calentamiento iso-

bárico (presión constante) por combustión. El proceso cd es

una expansión adiabática con expulsión de los productos a la

atmósfera. El paso de regreso, da, tiene lugar a presión constan-

te. Si el gas operativo se comporta como un

gas ideal, demuestre que la eficien-

cia del ciclo de Brayton es

b c ¢ Pb ≤ 1-g
P g
ico
ad .
Pa Adiabát e = 1- Pa
Adiabático
otérmico
Is Adiabátic
b FIGURA 20–28
V Problema 78.

o 79. Los procesos termodinámicos se pueden representar no sólo en
c diagramas PV y PT; otra representación útil es un diagrama TS
(temperatura-entropía). a) Dibuje un diagrama TS para un ci-
22.4 L 56.0 L FIGURA 20–26 clo de Carnot. a) ¿Qué representa el área dentro de la curva?
V Problema 72.

Problemas generales 557

80. Una lata de aluminio, con capacidad calorífica despreciable, se * 82. Un tazón contiene un gran número de gomitas de dulce rojas,
llena con 450 g de agua a 0°C y luego se lleva a contacto térmi- anaranjadas y verdes. Usted va a formar una línea de tres gomi-
co con una lata similar llena con 450 g de agua a 50°C. Determi- tas. a) Construya una tabla que muestre el número de microes-
ne el cambio en la entropía del sistema si no se permite tados que corresponden a cada macroestado. Luego determine
la probabilidad de obtener b) tres gomitas rojas y c) 2 gomitas
intercambiar calor con el entorno. Use ¢S = ͐dQ͞T. verdes y 1 anaranjada.

81. Un deshumidificador es, en esencia, un “refrigerador con la *Problemas numéricos/por computadora
puerta abierta”. El aire húmedo se lleva hacia dentro mediante
un ventilador y se guía a un serpentín frío, cuya temperatura es * 83. (II) A baja temperatura, el calor específico del diamante varía
menor que el punto de rocío; parte del agua del aire se conden- con la temperatura absoluta T, de acuerdo con la ecuación de
sa. Después de que esta agua se extrae, el aire se calienta para Debye, CV = 1.88 * 103 AT͞TDB3 J и mol–1 и K–1 donde la
que tenga de nuevo su temperatura original y se envía a la ha- temperatura Debye para el diamante es TD ϭ 2230 K. Use una
bitación. En un deshumidificador bien diseñado, el calor se in- hoja de cálculo e integración numérica para determinar el cam-
tercambia entre el aire entrante y el saliente. De esta forma, el bio en la entropía de 1.00 mol de diamante cuando se calienta a
calor que se elimina por el serpentín del refrigerador proviene volumen constante de 4 a 40 K. Su resultado debe concordar
principalmente de la condensación de vapor de agua a líquido. dentro del 2% con el resultado obtenido al integrar la expre-
Estime cuánta agua elimina un deshumidificador ideal en 1.0 h, sión para dS. [Sugerencia: dS ϭ nCV dT/T, donde n es el núme-
si la temperatura de la habitación es de 25°C, el agua se con- ro de moles].
densa a 8°C y el deshumidificador realiza trabajo a la tasa de
650 W de potencia eléctrica.

Respuestas a los ejercicios D: 1220 J/K; _1220 J/K. (Note que el cambio en la entropía total,
⌬Shielo ϩ ⌬Sdepósito, es cero).
A: No. La eficiencia no tiene sentido para un solo proceso. Se defi-
ne (ecuación 20-1) sólo para procesos cíclicos que regresan al E: e).
estado inicial.

B: d).
C: c).

558 CAPÍTULO 20 Segunda ley de la termodinámica

AP ÉND IC E

A Fórmulas matemáticas
A–1 Fórmula cuadrática

Si ax2 + bx + c = 0
entonces x = – b & 3b2 - 4ac

2a

A–2 Expansión binomial

(1 & x)n = 16nx + n(n - 1) x26n(n - 1)(n - 2) x3 + p
2! 3!

(x + y)n = xn a 1 + yn = xn ¢ 1 + y + n(n - 1) y2 + p≤
b n 2! x2
x
x

A–3 Otras expansiones

ex = 1 + x + x2 + x3 + p
2! 3!

ln(1 + x) = x - x2 + x3 - x4 + p
234

sen u = u - u3 + u5 - p
3! 5!

cos u = 1 - u2 + u4 - p
2! 4!

tan u = u3 2 u5 + p p
u+ + ∑u∑ 6
3 15
2

= f(0) + df d2f x2 +p
En general: f(x) a bx+ ¢ ≤
dx2 2!
dx 0 0

A–4 Exponentes

AanBAamB = an+m 1 = a–n
AanB AbnB = (ab)n an

AanBm = anm ana–n = a0 = 1

1

a2 = 1a

A–5 Áreas y volúmenes

Objeto Área superficial Volumen

Círculo, radio r pr2 —
Esfera, radio r 4pr2
Cilindro circular recto, radio r, altura h 2pr2 + 2prh 4 pr3
Cono circular recto, radio r, altura h pr2 + pr3r2 + h2 3

pr2h

1 pr2h A-1
3

A–6 Geometría plana

1. Ángulos 2. Ángulos a2 b2
iguales: iguales:
θ1 θ2 b1
θ2
a1
a2 θ1 a1

FIGURA A–1 Si la línea a1 es paralela FIGURA A–2 Si a1 ⊥ a2
a la línea a2, entonces u1 = u2. y b1 ⊥ b2, entonces u1 ϭ u2.

3. La suma de los ángulos en cualquier triángulo plano es 180°.

4. Teorema de Pitágoras:
En cualquier triángulo recto (un ángulo = 90°) de lados a, b y c:

θ2 cb a2 + b2 = c2
a3 a1 90°
donde c es la longitud de la hipotenusa (opuesta al ángulo de
a 90°).

FIGURA A–3

θ3 φ2 5. Triángulos similares: Se dice que dos triángulos son similares si sus tres ángulos
θ1 b1 FIGURA A–4 son iguales (en la figura A-4, u1 = f1, u2 = f2 y u3 = f3). Los triángulos similares
pueden tener diferentes tamaños y diferentes orientaciones.
a2 b3 a) Dos triángulos son similares si cualesquier dos de sus ángulos son iguales. (Es-
φ1 to se sigue porque los terceros ángulos también deben ser iguales porque la suma
de los ángulos de un triángulo es 180°).
b2 φ3 b) Las razones de los lados correspondientes de dos triángulos similares son
iguales (figura A-4):

a1 = a2 = a3 .
b1 b2 b3

6. Triángulos congruentes: Dos triángulos son congruentes si uno se puede colocar
precisamente encima del otro. Esto es: son triángulos similares y tienen el mismo
tamaño. Dos triángulos son congruentes si se cumple cualquiera de los siguientes
enunciados:
(a) Los tres lados correspondientes son iguales.
(b) Dos lados y el ángulo encerrado son iguales (“lado-ángulo-lado”).
(c) Dos ángulos y el lado encerrado son iguales (“ángulo-lado-ángulo”).

A–7 Logaritmos

Los logaritmos se definen en la forma siguiente:
si y = Ax, entonces x = logA y.

Esto es: el logaritmo de un número y a la base A es aquel número que, como exponen-
te de A, da de vuelta el número y. Para logaritmos comunes, la base es 10, de modo que

si y = 10x, entonces x = log y.

El subíndice 10 en log10 por lo general se omite cuando se trata con logaritmos comu-
nes. Otra base importante es la base exponencial e = 2.718…, un número natural. Tales
logaritmos se llaman logaritmos naturales y se escriben ln. Por tanto,

si y = ex, entonces x = ln y.

Para cualquier número y, los dos tipos de logaritmo se relacionan mediante

ln y = 2.3026 log y.

Algunas reglas simples para logaritmos son las siguientes:

log(ab) = log a + log b, (i)

A-2 APÉNDICE A que es cierto porque, si a = 10n y b = 10m, entonces ab = 10nϩm. A partir de la defini-
ción de logaritmo, log a ϭ n, log a ϭ m y log(ab) ϭ n ϩ m; por tanto, log(ab) ϭ n ϩ
m ϭ log a ϩ log b. En forma similar, se puede demostrar que

log a a b = log a - log b (ii)
b (iii)

y
log an = n log a.

Estas tres reglas se aplican a cualquier tipo de logaritmo.

Si usted no tiene una calculadora que calcule logaritmos, puede usar fácilmente

una tabla de logaritmos, como la pequeña que se muestra aquí (Tabla A-1): el número

N cuyo logaritmo se quiere se da a dos dígitos. El primer dígito está en la columna ver-

tical a la izquierda, el segundo dígito está en la hilera horizontal a lo largo de la parte
superior. Por ejemplo, la Tabla A-1 dice que log 1.0 ϭ 0.000, log 1.1 ϭ 0.041 y log 4.1 ϭ

0.613. La Tabla A-1 no incluye el punto decimal. La tabla da los logaritmos para núme-

ros entre 1.0 y 9.9. Para números más grandes o más pequeños, use la regla (i) anterior,
log(ab) ϭ log a ϩ log b. Por ejemplo, log(380) ϭ log(3.8 ϫ 102) ϭ log(3.8) ϩ log(102).
De la tabla, log 3.8 ϭ 0.580; y de la regla (iii) anterior, log(102) ϭ 2 log(10) ϭ 2, pues
log(10) ϭ 1. [Esto se sigue de la definición del logaritmo: si 10 ϭ 101, entonces 1 ϭ log

(10)]. Por ende,

log(380) = log(3.8) + logA102B

= 0.580 + 2

= 2.580.
De igual modo,

log(0.081) = log(8.1) + logA10–2B

= 0.908 - 2 = –1.092.

El proceso inverso para encontrar el número N cuyo logaritmo es, por decir, 2.670,
se llama “sacar el antilogaritmo”. Para hacer esto, el número 2.670 se separa en dos
partes, y la separación se hace en el punto decimal:

log N = 2.670 = 2 + 0.670
= log 102 + 0.670.

Ahora observe la tabla A-1 para ver cuál número tiene su logaritmo igual a 0.670; nin-

guno lo tiene, así que debe interpolar: se ve que log 4.6 ϭ 0.663 y log 4.7 ϭ 0.672. Así
7 .
que el número que se quiere está entre 4.6 y 4.7, y más cerca del último por 9 Podemos

decir que aproximadamente log 4.68 ϭ 0.670. Por tanto

log N = 2 + 0.670
= logA102B + log(4.68) = logA4.68 * 102B,

así que N = 4.68 * 102 = 468.
Si el logaritmo dado es negativo, digamos, Ϫ2.180, procedemos de la siguiente

manera:

log N = –2.180 = –3 + 0.820
= log 10–3 + log 6.6 = log 6.6 * 10–3,

así que N ϭ 6.6 ϫ 10Ϫ3. Note que al logaritmo dado se agregó el siguiente entero más
grande (3 en este caso) así que se tiene un entero, más un número decimal entre 0 y 1.0
cuyo antilogaritmo se puede buscar en la tabla.

TABLA A–1 Tabla corta de logaritmos comunes (base 10)

N 0.0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9

1 000 041 079 114 146 176 204 230 255 279
2 301 322 342 362 380 398 415 431 447 462
3 477 491 505 519 531 544 556 568 580 591
4 602 613 623 633 643 653 663 672 681 690
5 699 708 716 724 732 740 748 756 763 771
6 778 785 792 799 806 813 820 826 833 839
7 845 851 857 863 869 875 881 886 892 898
8 903 908 914 919 924 929 935 940 944 949
9 954 959 964 968 973 978 982 987 991 996

SECCIÓN A–7 Logaritmos A-3

A–8 Vectores

La suma vectorial se cubrió en las secciones 3-2 a 3-5.
La multiplicación vectorial se cubrió en las secciones 3-3, 7-2 y 11-2.

h o A–9 Funciones e identidades
90°
trigonométricas

θ Las funciones trigonométricas se definen del modo siguiente (véase la figura A-5, o ϭ
FIGURA A–5 lado opuesto, a ϭ lado adyacente, h ϭ hipotenusa. Los valores están en la tabla A-2):

a sen u = o 1 h
h sen u o
csc u = =

cos u = a sec u = 1 = h
h cos u a

tan u = o = sen u cot u = 1 = a
a cos u tan u o

y recuerde que

FIGURA A–6 a2 + o2 = h2 [teorema de Pitágoras].

Primer cuadrante Segundo cuadrante La figura A-6 muestra los signos (ϩ o Ϫ) que toman coseno, seno y tangente para ángu-
(0° a 90°) (90° a 180°) los u en los cuatro cuadrantes (0° a 360°). Note que los ángulos se miden en sentido anti-
x> 0 x< 0 horario desde el eje x positivo, como se muestra; los ángulos negativos se miden abajo del
y> 0 y> 0 eje x, en sentido horario: por ejemplo, Ϫ30° ϭ ϩ330°, etcétera.

r ry Las siguientes son algunas identidades útiles entre las funciones trigonométricas:
y θ
sen2 u + cos2 u = 1
θ x
x sec2 u - tan2 u = 1, csc2 u - cot2 u = 1

sen 2u = 2 sen u cos u
cos 2u = cos2 u - sen2 u = 2 cos2 u - 1 = 1 - 2 sen2 u

senθ = y/r> 0 sen θ > 0 2 tan u
cosθ = x/r> 0 cosθ < 0 tan 2u = 1 - tan2 u
tanθ = y/x> 0 tan θ < 0 sen(A&B) = sen A cos B&cos A sen B

Tercer cuadrante Cuarto cuadrante cos(A&B) = cos A cos B7sen A sen B
(180° a 270°) (270° a 360°)
x< 0 x> 0 tan(A&B) = tan A&tan B
y< 0 y< 0 17tan A tan B

sen(180° - u) = sen u

θ x cos(180° - u) = –cos u
x r
θ sen(90° - u) = cos u
ry y
cos(90° - u) = sen u

sen(– u) = –sen u

sen θ < 0 senθ < 0 cos(–u) = cos u
cos θ < 0 cosθ > 0
tan θ > 0 tanθ < 0 tan(–u) = –tan u

sen 1 u = 1 - cos u , cos 1 u = 1 + cos u , tan 1 u = 1 - cos u
2 B2 2 B2 2 B 1 + cos u

FIGURA A–7 sen A& sen B = 2 sen a A&B b cos a A7B b .
22
cβ a
αγ Para cualquier triángulo (véase la figura A-7):

b sen a = sen b = sen g [ley de senos]
a b c
A-4 APÉNDICE A
c2 = a2 + b2 - 2ab cos g. [ley de cosenos]

La tabla A-2 da los valores de seno, coseno y tangente.

TABLA A–2 Tabla trigonométrica: valores numéricos de sen, cos, tan

Ángulo Ángulo Seno Coseno Tangente Ángulo Ángulo Seno Coseno Tangente
en en en en
0.719
grados radianes grados radianes 0.731
0.743
0° 0.000 0.000 1.000 0.000 0.803 0.755
0.820 0.766
1° 0.017 0.017 1.000 0.017 46° 0.838 0.695 1.036
47° 0.855 0.777 0.682 1.072
2° 0.035 0.035 0.999 0.035 48° 0.873 0.788 0.669 1.111
49° 0.799 0.656 1.150
3° 0.052 0.052 0.999 0.052 50° 0.890 0.809 0.643 1.192
0.908 0.819
4° 0.070 0.070 0.998 0.070 0.925 0.629 1.235
0.942 0.829 0.616 1.280
5° 0.087 0.087 0.996 0.087 0.960 0.839 0.602 1.327
0.848 0.588 1.376
6° 0.105 0.105 0.995 0.105 51° 0.977 0.857 0.574 1.428
52° 0.995 0.866
7° 0.122 0.122 0.993 0.123 53° 1.012 0.559 1.483
54° 1.030 0.875 0.545 1.540
8° 0.140 0.139 0.990 0.141 55° 1.047 0.883 0.530 1.600
0.891 0.515 1.664
9° 0.157 0.156 0.988 0.158 1.065 0.899 0.500 1.732
1.082 0.906
10° 0.175 0.174 0.985 0.176 1.100 0.485 1.804
1.117 0.914 0.469 1.881
11° 0.192 0.191 0.982 0.194 56° 1.134 0.921 0.454 1.963
57° 0.927 0.438 2.050
12° 0.209 0.208 0.978 0.213 58° 1.152 0.934 0.423 2.145
59° 1.169 0.940
13° 0.227 0.225 0.974 0.231 60° 1.187 0.407 2.246
1.204 0.946 0.391 2.356
14° 0.244 0.242 0.970 0.249 1.222 0.951 0.375 2.475
0.956 0.358 2.605
15° 0.262 0.259 0.966 0.268 1.239 0.961 0.342 2.747
1.257 0.966
16° 0.279 0.276 0.961 0.287 61° 1.274 0.326 2.904
62° 1.292 0.970 0.309 3.078
17° 0.297 0.292 0.956 0.306 63° 1.309 0.974 0.292 3.271
64° 0.978 0.276 3.487
18° 0.314 0.309 0.951 0.325 65° 1.326 0.982 0.259 3.732
1.344 0.985
19° 0.332 0.326 0.946 0.344 1.361 0.242 4.011
1.379 0.988 0.225 4.331
20° 0.349 0.342 0.940 0.364 1.396 0.990 0.208 4.705
0.993 0.191 5.145
21° 0.367 0.358 0.934 0.384 66° 1.414 0.995 0.174 5.671
67° 1.431 0.996
22° 0.384 0.375 0.927 0.404 68° 1.449 0.156 6.314
69° 1.466 0.998 0.139 7.115
23° 0.401 0.391 0.921 0.424 70° 1.484 0.999 0.122 8.144
0.999 0.105 9.514
24° 0.419 0.407 0.914 0.445 1.501 1.000 0.087 11.43
1.518 1.000
25° 0.436 0.423 0.906 0.466 1.536 0.070 14.301
1.553 0.052 19.081
26° 0.454 0.438 0.899 0.488 71° 1.571 0.035 28.636
72° 0.017 57.290
27° 0.471 0.454 0.891 0.510 73° 0.000
74° q
28° 0.489 0.469 0.883 0.532 75°

29° 0.506 0.485 0.875 0.554

30° 0.524 0.500 0.866 0.577

31° 0.541 0.515 0.857 0.601 76°
77°
32° 0.559 0.530 0.848 0.625 78°
79°
33° 0.576 0.545 0.839 0.649 80°

34° 0.593 0.559 0.829 0.675

35° 0.611 0.574 0.819 0.700

36° 0.628 0.588 0.809 0.727 81°
82°
37° 0.646 0.602 0.799 0.754 83°
84°
38° 0.663 0.616 0.788 0.781 85°

39° 0.681 0.629 0.777 0.810

40° 0.698 0.643 0.766 0.839

41° 0.716 0.656 0.755 0.869 86°
87°
42° 0.733 0.669 0.743 0.900 88°
89°
43° 0.750 0.682 0.731 0.933 90°

44° 0.768 0.695 0.719 0.966

45° 0.785 0.707 0.707 1.000

SECCIÓN A–9 Funciones e identidades trigonométricas A-5

AP EÉND IC

B Derivadas e integrales
B–1 Derivadas: reglas generales

(Véase también la sección 2-3).

dx = 1
dx

d df (a ϭ constante)
[af(x)] = a

dx dx

d df dg
[f(x) + g(x)] = +

dx dx dx

d df dg
[f(x)g(x)] = g + f

dx dx dx

d df dy [regla de la cadena]
[f(y)] =

dx dy dx

dx = 1 dy
dy dy si Z 0.
ab
dx

dx

B–2 Derivadas: funciones particulares

da = 0 (a ϭ constante)
dx

d xn = nxn - 1
dx

d
sen ax = a cos ax

dx

d
cos ax = –a sen ax

dx

d = a sec2 ax
tan ax
dx

d = 1
ln ax x

dx

d eax = aeax
dx

B–3 Integrales indefinidas:
reglas generales

(Véase también la sección 7-3).

Ύdx = x

Ύ Ύa f(x) dx = a f(x) dx (a ϭ constante)

Ύ Ύ Ύ[f(x) + g(x)] dx = f(x) dx + g(x) dx

A-6

Ύ Ύu dv = uv - v du (integración por partes)

B–4 Integrales indefinidas:

funciones particulares

(Se puede agregar una constante arbitraria al lado derecho de cada ecuación).

Ύa dx = ax (a ϭ constante)

Ύxm dx = 1 xm + 1 (m Z –1)
m+1

Ύ sen ax dx = 1
– a cos ax

Ύ cos ax dx = 1
a sen ax

Ύ tan ax dx = 1
a ln∑sec ax∑

Ύ1 = ln x
x dx

Ύeax dx = 1 eax
a

Ύ dx = 1 tan–1 x
x2 + a2 a a

Ύ dx 1 x - a Ax2 7 a2B
x2 - a2 = ln a + b
2a x a

= – 1 ln a a + x b Ax2 6 a2B
2a a - x

Ύ dx = lnAx + 3x2 & a2B
3x2 & a2

Ύ dx = sen–1 a x b = – cos–1 a x b si x2 Յ a2
3a2 - x2 a a

Ύ dx a2B 3 = &x
Ax2 2 a23x2 & a2
&

Ύ x dx –1 3 =
Ax2 a2B 2 3x2 & a2
&

Ύsen2 ax dx = x - sen 2ax
2 4a

Ύ xe–ax dx = e–ax
– a2 (ax + 1)

Ύ x2e–ax dx = – e–ax Aa2x2 + 2ax + 2B
a3

B–5 Algunas integrales definidas

Ύq = n! Ύq = p
xne–ax dx an + 1 x2e–ax2 dx A 16a3

0 0

Ύq p Ύq = 1
e–ax2 dx = x3e–ax2 dx 2a2
0 A 4a
0 1 и3и5 p (2n - 1) p

Ύq 1 Ύq =
xe–ax2 dx = x2ne–ax2 dx
0 2a 2n + 1an Aa SECCIÓN B–5 A-7
0

A PÉ D I CE
N

Más acerca del análisis

C dimensional
Un uso importante del análisis dimensional (sección 1-7) es obtener la forma de una
ecuación: es decir, cómo depende una cantidad de otras. Para tener un ejemplo concre-
to, intente encontrar una expresión para el periodo T de un péndulo simple. Primero,
intente imaginar de qué podría depender T y haga una lista de estas variables. Puede
depender de su longitud l, o de la masa m de la lenteja, o del ángulo de oscilación u
y de la aceleración debida a la gravedad g. También puede depender de la resistencia
del aire (usaría viscosidad del aire), el jalón gravitacional de la Luna, etcétera; pero la
experiencia cotidiana sugiere que la gravedad de la Tierra es la principal fuerza involu-
crada, así que se ignoran las otras fuerzas posibles. Así pues, suponga que T es una fun-
ción de l, m, u y g, y que cada uno de estos factores está presente a alguna potencia:

T = Clwmxuygz.

C es una constante adimensional y w, x, y y z son exponentes que se quieren deter-
minar. Escriba la ecuación dimensional (sección 1-7) para esta relación:

[T] = [L]w[M]x[L͞T2]z.

Puesto que u no tiene dimensiones (un radián es una longitud dividida por una longi-
tud, véase la ecuación 10-1a), no aparece. Simplifique y obtenga

[T] = [L]w + z[M]x[T]–2z

Para tener consistencia dimensional, debe tener

1 = – 2z

0 = w+z

0 = x.

Al resolver estas ecuaciones se encuentra que z = – 1 , w = 1 , y x = 0. Por tanto, la
2 2

ecuación deseada debe ser

T = C2l͞g f(u), (C–1)

donde f(u) es alguna función de u que no se puede determinar con el uso de esta técni-
ca. Tampoco se puede determinar de esta forma la constante adimensional C. (Para ob-
tener C y f, tiene que hacer un análisis como el del capítulo 14 que usa las leyes de
Newton, que revela que C ϭ 2p y f L 1 para u pequeño). Pero observe lo que se encon-
tró, sólo con el uso de la consistencia dimensional. Se obtuvo la forma de la expresión
que relaciona el periodo de un péndulo simple con las principales variables de la situa-
ción, l y g (véase la ecuación 14-12c) y se vio que no depende de la masa m.

¿Cómo se hizo esto? ¿Y cuán útil es esta técnica? Básicamente, se tiene que usar la
intuición acerca de cuáles variables son importantes y cuáles no lo son. Esto no siempre
es fácil y con frecuencia requiere mucha intuición. Por utilidad, el resultado final en el
ejemplo se podía obtener a partir de las leyes de Newton, como en el capítulo 14. Pero
en muchas situaciones físicas, no se puede realizar tal derivación a partir de otras leyes.
En dichas situaciones, el análisis dimensional puede ser una herramienta poderosa.

Al final, cualquier expresión derivada por el uso de análisis dimensional (o por
cualquier otro medio, de hecho) se debe comprobar contra los experimentos. Por ejem-
plo, en la derivación de la ecuación C-1, se pueden comparar los periodos de dos pén-
dulos de diferentes longitudes, l1 y l2, cuyas amplitudes (u) sean iguales. Por lo que, con
la ecuación C-1, se tendría

T1 = C2l1͞g f(u) = l1 .
T2 C2l2͞g f(u) B l2

Puesto que C y f(u) son las mismas para ambos péndulos, se cancelan, así que experi-
mentalmente se puede determinar si la razón de los periodos varía como la razón de
las raíces cuadradas de las longitudes. Esta comparación con el experimento comprue-
ba la derivación, al menos en parte; C y f(u) se podrían determinar mediante otros ex-
perimentos.

A-8

A PÉ D I CE
N

Fuerza gravitacional debida

a una distribución esférica

D de la masa

En el capítulo 6 se afirmó que la fuerza gravitacional ejercida por o sobre una esfera uni-
forme actúa como si toda la masa de la esfera estuviese concentrada en su centro, si el
otro objeto (que ejerce o siente la fuerza) está afuera de la esfera. En otras palabras, la
fuerza gravitacional que una esfera uniforme ejerce sobre una partícula afuera de ella es

F = G mM , [m afuera de la esfera de masa M]
r2

donde m es la masa de la partícula, M la masa de la esfera y r la distancia de m desde
el centro de la esfera. Ahora se derivará este resultado. Se usarán los conceptos de can-
tidades infinitesimalmente pequeñas e integración.

Primero considere un cascarón esférico uniforme muy delgado (como un balón de
básquetbol de pared delgada) de masa M cuyo grosor t es pequeño en comparación
con su radio R (figura D-1). La fuerza sobre una partícula de masa m a una distancia r
desde el centro del cascarón se puede calcular como la suma vectorial de las fuerzas
debidas a todas las partículas del cascarón. Imagine el cascarón dividido en delgadas ti-
ras circulares (infinitesimales) de modo que todos los puntos en la tira están equidis-
tantes de la partícula m. Una de estas tiras circulares, marcada AB, se muestra en la
figura D-1. Tiene ancho R du, grosor t y un radio R sen u. La fuerza sobre la partícula
m debida a un pequeño trozo de la tira en el punto A se representa mediante el vector
FBA que se muestra. La fuerza debida a un pequeño trozo de la tira en el punto B, que
es diametralmente opuesto a A, es la fuerza FBB. Considere que los dos trozos en A y B
tienen igual masa, así que FA ϭ FB. Los componentes horizontales de FBA y FBB son cada
uno igual a

FA cos f
y apuntan hacia el centro del cascarón. Los componentes verticales de FBA y FBB son de
igual magnitud y apuntan en direcciones opuestas, así que se cancelan. Dado que, para

cada punto en la tira hay un punto correspondiente diametralmente opuesto (como

con A y B), se ve que la fuerza neta debida a toda la tira apunta hacia el centro del cas-

carón. Su magnitud será

dF = G m dM cos f,
l2

donde dM es la masa de toda la tira circular y l es la distancia desde todos los puntos

sobre la tira a m, como se muestra en la figura. Se escribe dM en términos de la densi-

dad r; por densidad se entiende la masa por unidad de volumen (sección 13-2). Por tan-

to, dM ϭ r dV, donde dV es el volumen de la tira y es igual a (2pR sen u)(t)(R du).

Entonces la fuerza dF debida a la tira circular que se muestra es

mr2pR2t sen u du (D–1)
dF = G l2 cos f.

Rdθ

dθ A

t R R senθ l FIGURA D–1 Cálculo de la fuerza
r gravitacional sobre una partícula de
θ f FA m masas m debida a un cascarón esférico
C f uniforme de radio R y masa M.

FB
l

B A-9

Rdθ

FIGURA D–1 (repetida) A
Cálculo de la fuerza gravitacional dθ
sobre una partícula de masa m debida
a un cascarón esférico uniforme de t R R senθ l
radio R y masa M. r
θ f FA
C f
m

FB
l

B

Para obtener la fuerza total F que ejerce todo el cascarón sobre la partícula m, se
debe integrar sobre todas las tiras circulares; esto es: integre

mr2pR2t sen u du (D–1)
dF = G l2 cos f

desde u ϭ 0° hasta u ϭ 180°. Pero la expresión para dF contiene l y f, que son funcio-
nes de u. A partir de la figura D-1 se puede ver que

l cos f = r - R cos u.

Más aún, se puede escribir la ley de cosenos para el triángulo CmA:

cos u = r2 + R2 - l2 . (D–2)
2rR

Con estas dos expresiones las tres variables (l, u, f) se pueden reducir a sólo una, que

se elige l. Con la ecuación D-2 se hacen dos cosas: (1) se pone en la ecuación para lcos
f anterior:

cos f = 1 - R cos u) = r2 + l2 - R2 .
(r
l 2rl

y (2) se saca la diferencial de ambos lados de la ecuación D-2 (porque sen u du apare-
ce en la expresión para dF, ecuación D-1), al considerar que r y R son constantes cuan-
do se suman sobre las tiras:

–sen u du = 2l dl o sen u du = l dl .
– rR

2rR

Esto se inserta en la ecuación D-1 para dF y se encuentra

R r2 - R2
dF = Gmrpt r2 ¢ 1 + l2 ≤ dl.

Ahora integre para obtener la fuerza neta sobre el cascarón delgado de radio R. Para
integrar sobre todas las tiras (u ϭ 0° a 180°), se debe ir de l ϭ r Ϫ R a l ϭ r ϩ R (véase
la figura D-1). Por tanto,

F = R r2 - R2 l = r + R
Gmrpt r2 B l - R
l l=r-R

R
= Gmrpt r2 (4R).

El volumen V del cascarón esférico es su área (4pR2) por el grosor t. De ahí la masa M
ϭ rV ϭ r4pR2t y finalmente

F = G mM . c partícula de masa m afuera de un cascarón d
r2 esférico delgado uniforme de masa M

Este resultado da la fuerza que un cascarón delgado ejerce sobre una partícula de ma-
sa m a una distancia r del centro del cascarón, y afuera del cascarón. Se ve que la fuerza
es la misma que la que existe entre m y una partícula de masa M en el centro del cas-
carón. En otras palabras, para propósitos de calcular la fuerza gravitacional ejercida so-
bre o por un cascarón esférico uniforme, se puede considerar que toda su masa está
concentrada en su centro.

Lo que se derivó para un cascarón se sostiene también para una esfera sólida, pues
una esfera sólida se puede considerar constituida de muchos cascarones concéntricos,
desde R ϭ 0 hasta R ϭ R0, donde R0 es el radio de la esfera sólida. ¿Por qué? Porque
si cada cascarón tiene masa dM, para cada cascarón se escribe dF ϭ Gm dM/r2, donde

A-10 APÉNDICE D

r es la distancia desde el centro C a la masa m y es la misma para todos los cascarones.
Entonces la fuerza total es igual a la suma o integral sobre dM, que da la masa total M.
Por tanto, el resultado

mM c partícula de masa m afuera de d (D–3)
F = G r2 una esfera sólida de masa M

es válido para una esfera sólida de masa M, incluso si la densidad varía con la distancia
desde el centro. (No es válida si la densidad varía dentro de cada cascarón; esto es si la
densidad no depende sólo de R.) Por tanto, la fuerza gravitacional ejercida sobre o por
objetos esféricos, incluidos los objetos casi esféricos como la Tierra, el Sol y la Luna, se
puede considerar que actúa como si los objetos fuesen partículas puntuales.

Este resultado, ecuación D-3, es verdadera sólo si la masa m está afuera de la esfe-
ra. A continuación considere una masa puntual m que se ubica adentro del cascarón es-
férico de la figura D-1. Aquí, r sería menor que R, y la integración sobre l sería de l ϭ
R Ϫ r a l ϭ R ϩ r, así que

cl - r2 - R2 R + r
d = 0.
l
R-r

Por lo tanto, la fuerza sobre cualquier masa dentro del cascarón sería cero. Este resul-
tado tiene particular importancia para la fuerza electrostática, que también es una ley
de cuadrado inverso. Para la situación gravitacional, se ve que en puntos dentro de una
esfera sólida, por decir a 1000 km por abajo de la superficie de la Tierra, sólo la masa has-
ta dicho radio contribuye a la fuerza neta. Los cascarones exteriores más allá del pun-
to en cuestión aportan cero efecto gravitacional neto.

Los resultados obtenidos aquí también se pueden obtener usando la analogía gra-
vitacional de la ley de Gauss para electrostática (capítulo 22).

APÉNDICE D Fuerza gravitacional debida a una distribución esférica de la masa A-11

AP EÉND IC

E Forma diferencial de las
ecuaciones de Maxwell

Las ecuaciones de Maxwell se pueden escribir en otra forma que con frecuencia es más
conveniente que las ecuaciones 31-5. Este material por lo general se cubre en cursos
más avanzados y aquí se incluye simplemente por completud.

Aquí se citan dos teoremas, sin prueba, que se derivan en textos de análisis vecto-
rial. El primero se llama teorema de Gauss o teorema de la divergencia, que relaciona
la integral sobre una superficie de cualquier función vectorial FB con una integral de vo-
lumen sobre el volumen encerrado por la superficie:

§ ΎFB иdAB = ١B и FB dV.

Área A Volumen V

El operador ١B es el operador del nabla, que en coordenadas cartesianas se define como

١B = iˆ 0 + jˆ 0 + kˆ 0 .
0x 0y 0z

La cantidad

١B и FB = 0Fx + 0Fy + 0Fz
0x 0y 0z

se llama la divergencia de FB. El segundo teorema es el teorema de Stokes, y relaciona

una integral de línea alrededor de una trayectoria cerrada con una integral de superfi-

cie sobre cualquier superficie encerrada por dicha trayectoria:

§ ΎFB иdBL = ١B * FB и dAB .

Línea Área A

La cantidad ١B * FB se llama rotacional de FB. (Véase la sección 11-2 acerca del produc-

to vectorial).

Ahora se usarán estos dos teoremas para obtener la forma diferencial de las ecua-

ciones de Maxwell en el espacio libre. El teorema de Gauss se aplica a la ecuación 31-5a

(ley de Gauss):

§ ΎEB иdAB = ١B и EB dV = Q.
A ⑀0

Ahora la carga Q se puede escribir como una integral de volumen sobre la densidad de

carga r: Q = ͐r dV. Entonces

Ύ Ύ١B иEB dV = 1 r dV.
⑀0

Ambos lados contienen integrales de volumen sobre el mismo volumen, y para que es-
to sea cierto sobre cualquier volumen, sea cual sea su tamaño o forma, los integrandos
deben ser iguales:

١B и EB = r. (E–1)
⑀0

Esta es la forma diferencial de la ley de Gauss. La segunda ecuación de Maxwell,
͛BB и dAB = 0, se trata de la misma forma y se obtiene

١B и BB = 0. (E–2)

A-12

A continuación, se aplica el teorema de Stokes a la tercera de las ecuaciones de Maxwell,

§ ΎEB иdBL = ١B * EB и dAB = – d£B .
dt

Dado que el flujo magnético £B = ͐BB и dAB , se tiene

Ύ Ύ١B * EB иdAB = 0 BB и dAB
– 0t

donde se usa la derivada parcial, 0BB ͞0t, pues B también puede depender de la posi-

ción. Estas son integrales de superficie sobre la misma área, y para que sea cierto sobre
cualquier área, incluso una muy pequeña, se debe tener

١B * EB = – 0BB . (E–3)
0t

Esta es la tercera de las ecuaciones de Maxwell en forma diferencial. Finalmente, a la
última de las ecuaciones de Maxwell,

§ BB и dBL = m0 I + m0 ⑀0 d£E ,
dt

se aplica el teorema de Stokes y se escribe £E = ͐EB и dAB :

0
m0 I + m0 ⑀ 0 0t
Ύ Ύ١B * BB иdAB = EB и dAB .

La corriente de conducción I se puede escribir en términos de la densidad de corriente
Bj, usando la ecuación 25-12:

ΎI = Bj и dAB .

Entonces la cuarta ecuación de Maxwell se convierte en:

Ύ Ύ Ύ١B * BB иdAB 0
= m0 Bj и dAB + m0 ⑀ 0 0t EB и dAB .

Para que esto sea cierto sobre cualquier área A, sea cual sea su tamaño o forma, los in-
tegrandos en cada lado de la ecuación deben ser iguales:

١B * BB = m0 Bj + m0 ⑀0 0EB . (E–4)
0t

Las ecuaciones E-1, 2, 3 y 4 son las ecuaciones de Maxwell en forma diferencial en el
vacío. Se resumen en la tabla E-1.

TABLA E–1 Ecuaciones de Maxwell en espacio libre†

Forma integral Forma diferencial

§B и B = Q ١B и B = r
E ⑀0 ⑀0
dA E

§B и B = 0 ١B и B = 0
B
dA B

§ EB и B = – d£B ١B * B = – 0 B
dt
dL E B

0t

§ BB и dBL = m0 I + m0 ⑀ 0 d£E ١B * BB = m0 Bj + m0 ⑀ 0 0EB
dt 0t

†١B representa al operador del nabla ١B = iˆ 0 + jˆ 0 + kˆ 0
cartesianas. 0x 0y 0z en coordenadas

APÉNDICE E Forma diferencial de las ecuaciones de Maxwell A-13

AP ÉND ICE

F Isótopos seleccionados

(1) (2) (3) (4) (5) (6) (7)
Número Número % Abundancia Vida media
atómico Elemento Símbolo de masa Masa (o modo de decaimiento‡ (si es radiactivo)
(Neutrón) n atómica† 10.23 min
Z Hidrógeno H A radiactivo) 12.33 años
0 Deuterio doD 1.008665
1 Tritio toT 1 1.007825 b– 53.22 días
Helio He 1 2.014102 99.9885%
2 Li 2 3.016049 0.0115% 20.39 min
Litio Be 3 3.016029 5730 años
3 B 3 4.002603 b–
Berilio C 4 6.015123 0.000137% 9.965 min
4 6 7.016005 99.999863% 122.24 s
Boro N 7 7.016930 7.59%
5 7 9.012182 92.41% 2.6027 años
Carbono O 9 10.012937 14.959 h
6 10 11.009305 CE, g
F 11 11.011434 100% 157.3 min
7 Nitrógeno Ne 11 12.000000 14.262 días
Na 12 13.003355 19.9%
8 Oxígeno 13 14.003242 80.1%
Mg 14 13.005739
9 Flúor Al 13 14.003074 b±, CE
10 Neón Si 14 15.000109 98.93%
11 Sodio P 15 15.003066 1.07%
15 15.994915
12 Magnesio 16 17.999161 b–
13 Aluminio 18 18.998403 b±, CE
14 Silicio 19 19.992440 99.632%
15 Fósforo 20 21.991385 0.368%
22 21.994436 b±, CE
22 22.989769 99.757%
23 23.990963 0.205%
24 23.985042 100%
24 26.981539 90.48%
27 27.976927 9.25%
28 30.975363 b±, CE, g
31 30.973762 100%
31 31.973907 b–, g
32 78.99%
100%
92.2297%
b–, g
100%

b–

† Las masas en la columna (5) son las del átomo neutro, incluidos los Z electrones
‡ Capítulo 41; CE ϭ captura de electrón.

A-14

(1) (2) (3) (4) (5) (6) (7)
Número Número
atómico Elemento Símbolo de masa Masa % Abundancia Vida media
atómica (o modo de decaimiento‡ (si es radiactivo)
Z Azufre S A
31.972071 radiactivo)
16 Cloro Cl 32 34.969032
35 34.968853 94.9% 87.51 días
17 Argón Ar 35 36.965903 b– 1.248 ϫ 109 años
Potasio K 37 39.962383 5.2711 años
18 40 38.963707 75.78%
19 Calcio Ca 39 39.963998 24.22% 28.79 años
Escandio Sc 40 99.600% 4.2 ϫ 106 años
20 Titanio Ti 39.962591 93.258% 4.41 ϫ 1014 años
21 Vanadio V 40 44.955912 0.0117%
22 Cromo Cr 45 47.947946 b–, EC, g, b±
23 Manganeso Mn 48 50.943960 96.94%
24 Hierro Fe 51 51.940508 100%
25 Cobalto Co 52 54.938045 73.72%
26 55 55.934938 99.750%
27 Níquel Ni 56 58.933195 83.789%
59 59.933817 100%
28 Cobre Cu 60 57.935343 91.75%
58 59.930786 100%
29 Cinc Zn 60 62.929598
63 64.927790 b–, g
30 Galio Ga 65 63.929142 68.077%
Germanio Ge 64 65.926033 26.223%
31 66 68.925574 69.17%
32 Arsénico As 69 71.922076 30.83%
Selenio Se 72 73.921178 48.6%
33 Bromo Br 74 74.921596 27.9%
34 Criptón Kr 75 79.916521 60.108%
35 Rubidio Rb 80 78.918337 27.5%
36 Estroncio Sr 79 83.911507 36.3%
37 84 84.911790 100%
38 Itrio Y 85 85.909260 49.6%
Circonio Zr 86 87.905612 50.69%
39 Niobio Nb 88 89.907738 57.00%
40 Molibdeno Mo 90 88.905848 72.17%
41 Tecnecio Tc 89 89.904704 9.86%
42 Rutenio Ru 90 92.906378 82.58%
43 Rodio Rh 93 97.905408
44 Paladio Pd 98 97.907216 b–
45 Plata Ag 98 101.904349
46 102 102.905504 100%
47 Cadmio Cd 103 105.903486 51.4%
Indio In 106 106.905097
48 Estaño Sn 107 108.904752 100%
49 Antimonio Sb 109 113.903359 24.1%
50 114 114.903878 b–, g
51 115 119.902195 31.55%
120 120.903816
121 100%
27.33%
51.839%
48.161%
28.7%
95.71%; b–
32.58%
57.21%

APÉNDICE F Isótopos seleccionados A-15

(1) (2) (3) (4) (5) (6) (7)
Número Número
atómico Elemento Símbolo de masa Masa % Abundancia Vida media
atómica (o modo de decaimiento‡ (si es radiactivo)
Z Telurio Te A
Yodo I 129.906224 radiactivo)
52 130
53 Xenón Xe 126.904473 34.1%; b–b– 7 7.9 * 1022 años
127 130.906125 8.0207 días
54 Cesio Cs 131 131.904154 100%
Bario Ba 132 b–, g 7 3.6 * 1020 años
55 135.907219
56 Lantano La 136 132.905452 26.89% 17.7 años
Cerio Ce 133 136.905827 8.87%; b–b–
57 Praseodimio Pr 137 137.905247 100% 7 3 * 1017 años
58 Neodimio Nd 138 138.906353 11.232% 4.35 * 1010 años
59 Prometio Pm 139 139.905439 71.70% 15.4 días
60 Samario Sm 140 140.907653 99.910%
61 Europio Eu 141 141.907723 88.45% 22.20 años
62 Gadolinio Gd 142 144.912749 100% 36.1 min
63 145 151.919732 27.2% 10.64 h
64 Terbio Tb 152 152.921230 26.8 min
65 Disprosio Dy 153 157.924104 EC, a 2.14 min
66 Holmio Ho 158 158.925347 26.75% 138.376 días
67 Erbio Er 159 163.929175 52.19% 164.3 ms
68 Tulio Tm 164 164.930322 24.84% 1.5 s
69 165 165.930293 100%
70 Iterbio Yb 166 168.934213 28.2%
71 Lutecio Lu 169 173.938862 100%
72 Hafnio Hf 174 174.940772 33.6%
73 Tántalo Ta 175 179.946550 100%
74 180 180.947996 31.8%
75 Tungsteno (wolframio) W 181 97.41%
76 183.950931 35.08%
Renio Re 184 186.955753 99.988%
77 187 190.960930
Osmio Os 191 191.961481 30.64%; a
78 192 190.960594 62.60%; b–
79 Ir 191 192.962926
80 193 194.964791 b–, g
Platino Pt 195 196.966569 40.78%
81 Oro Au 197 198.968280 37.3%
82 Mercurio Hg 199 201.970643 62.7%
202 204.974428 33.832%
83 Talio Tl 205 205.974465 100%
Plomo Pb 206 206.975897 16.87%
84 207 207.976652 29.9%
Bismuto Bi 208 209.984188 70.476%
85 Polonio Po 210 210.988737 24.1%
Astatino At 211 211.991898 22.1%
212 213.999805 52.4%
214 208.980399
209 210.987269 b–, g, a
211 209.982874 b–, g
210 213.995201 b–, g
214 218.008694 b–, g
218
100%
a, g, b–
a, g, EC
a, g
a, b–

A-16 APÉNDICE F Isótopos seleccionados


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