10._SEGUNDA_LEY_DE_LA_TERMODINAMICA_Y_ENTROPIA_-_Copy.pdf

Segunda ley de la termodinámica
(Entropía)
Por qué es tan apropiado el lema de este
contratista? "El aumento de la entropía es
nuestro negocio"
Un viejo acertijo: "¿Cómo revertir el
proceso de hacer huevos revueltos?"
Respuesta: “Haz que una gallina se
los coma". Pero incluso en tal caso no
recuperarás el huevo original. Hacer
huevos requiere energía e incrementa
la entropía.

La segunda ley de la termodinámica (Entropía)
 Objetivos de aprendizaje
Al estudiar esta sección, usted aprenderá a:
 Aplicar la segunda ley de la termodinámica en términos de la entropía para
establecer los límites en la eficiencia de motores y del coeficiente de
rendimiento de refrigeradores.
 Relacionar los conceptos de energía térmica, entropía y desorden en la
evolución de un sistema termodinámico.
 Relacionar los conceptos de reversibilidad y entropía.
 Calcular el cambio en la entropía en los procesos termodinámicos de un gas
ideal.
 Establecer el enunciado de la segunda ley de la termodinámica con base en
el concepto de entropía.

La entropía y la segunda ley de la termodinámica.
 Axioma:
∆𝑆 =
𝑄
𝑇
o 𝑑𝑆 =
𝛿𝑄
𝑇
Donde 𝑇 es la temperatura del sistema medida en la escala absoluta.
 Observaciones:
Existe una función de estado llamada entropía notada por 𝑆, cuyo cambio ∆𝑆 o
𝑑𝑆 en cualquier proceso reversible entre dos estados de equilibrio, en los que el
sistema ceda o absorba una cantidad de calor 𝑄 o δ𝑄, se calcula mediante:
 La entropía en un sistema aumenta cuando el sistema experimenta un
cambio irreversible.
 La entropía de un sistema en estado se equilibrio es una función de estado del
sistema, y puede calcularse en términos de las variables termodinámicas del
sistema, tales como la presión y la temperatura o la presión y el volumen.
 Solamente puede calcularse variaciones en la entropía.
 La entropía se define solamente entre estados de equilibrio.

La entropía y la segunda ley de la termodinámica
 El cambio de entropía de cualquier sistema y sus alrededores, considerados
como un todo, es positivo y tiende a cero en cualquier proceso que tienda a la
reversibilidad. Matemáticamente
∆𝑆𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 ≥ 0
 En este caso, la palabra total, indica que se ha incluido tanto el sistema como
sus alrededores. La igualdad en la ecuación anterior solo se aplica en el caso
limite de los procesos reversibles.
 Observaciones:
 A la luz de la segunda ley de la termodinámica, La entropía no se conserva,
la entropía no puede ser destruida, pero puede ser creada.
 Todos los procesos naturales son irreversibles, por lo tanto involucran un
aumento en la entropía total.

 Leer sección: Estrategia para resolver problemas 20.1 Máquinas térmicas.
Pagina 656 texto guía.
Trabajo independiente que debe realizar el estudiante
 Estudiar ejemplo 20.5 Cambio de entropía durante la fusión.
Pagina 670 del texto guía.
 Estudiar ejemplo 20.6 Cambio de entropía en un cambio de
temperatura. Pagina 671 del texto guía.
 Estudiar ejemplo 20.7 Cambio de entropía en un proceso
adiabático reversible. Pagina 671 del texto guía.
 Estudiar ejemplo 20.8 Cambio de entropía en una expansión libre.
Paginas 671-672 del texto guía.

 Resolver los siguientes ejercicios propuestos en el texto guía: 20.22, 20.23,
del20.25 al 20.29; 20.31, 20.33, 2034 paginas 681 y 682
 Estudiar ejemplo 20.9 Entropía y el ciclo de Carnot. Pagina 672 del
texto guía.
 Estudiar ejemplo 20.10 Cambio en la entropía de un proceso
irreversible. Paginas 673 y 674 del texto guía.
 Estudiar sección PROBLEMA PRACTICO Cambio en la entropía: hielo
frío en agua caliente. Paginas 679.

Ejercicio 01. Calcule e interprete el resultado de la variación en la entropía de
los siguientes procesos:
a) 100g de 𝐻2𝑂 a 0oC se transforman en hielo a la misma temperatura 𝐿𝑓 =
0.33 x 106 J/kg
b) 100g de 𝐻2𝑂 a 100o
C se transforman en vapor a la misma temperatura 𝐿𝑣 =
2.2 x 106
J/kg
Solución parte a
∆𝑆𝑠𝑜𝑙 =
𝑄𝑐𝑒𝑑
𝑇𝑐𝑜𝑛𝑔
=
𝑚𝐻2𝑂 −𝐿𝑓
𝑇𝑐𝑜𝑛𝑔
=
0.1kg −0.33 x 106
J/kg
273.15K
= −121J/K
Solución parte b
∆𝑆𝑣𝑎𝑝 =
𝑄𝑎𝑏𝑠
𝑇𝑣𝑎𝑝
=
𝑚𝐻2𝑂 𝐿𝑣
𝑇𝑣𝑎𝑝
=
0.1kg 2.2 x 106J/kg
373.15K
= 590J/K
alora@uninorte.edu.co
∎

Ejercicio 02. Se transfiere calor directamente desde un deposito de calor a
555.37K a otro a 277.6K . Si la cantidad de calor transferido es 9.47 × 10⁻²J , halle
el cambio de entropía que resulta de este proceso.
Solución
Del enunciado 𝑇𝑐 = 277.6K y 𝑇ℎ = 555.37K.
El cambio total de la entropía ∆𝑆𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 durante el proceso se calcula mediante
De acuerdo con el enunciado
De acuerdo con esto la ecuación anterior se transforma en
∆𝑆𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙= ∆𝑆 𝑓𝑢𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑓𝑟í𝑎 + ∆𝑆 𝑓𝑢𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑐𝑎𝑙𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 =
𝑄𝑐
𝑇𝑐
−
𝑄ℎ
𝑇ℎ
01
𝑄ℎ = 𝑄𝑐 = 𝑄 = 9.47 x 10−2
J

Continuación solución
∆𝑆𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙= 𝑄
1
𝑇𝑐
−
1
𝑇ℎ
⇓
∆𝑆𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙= 9.47 x 10−2 J
1
277.6K
−
1
555.37K
= 1.7 x 10−4 J/K
∎

Ejercicio 03. Un inventor sostiene que ha diseñado una máquina cíclica que
intercambia calor con depósitos a 26.67℃ y a 265.56℃ , y puede producir 474.77 J
de trabajo por cada 1055.05 J de calor extraído del deposito caliente. Use el la
segunda ley de la termodinámica en términos de la entropía para determinar si
esto posible o no.
Del enunciado
Solución
Una manera de hacerlo es aplicando el concepto de eficiencia.
Primero se calcula la eficiencia máxima, esto es
𝑇ℎ = 265.65o C = 538.71K
𝑇𝑐 = 26.67oC = 299.82K
𝑄ℎ = 1055.05 J
𝑊 = 474.77 J

Después se calcula la eficiencia nominal, esto es
Nótese que 𝑒 > 𝜂 lo cual es un absurdo, por lo tanto la máquina térmica en
cuestión, viola la segunda ley de la termodinámica.
Otra manera de hacerlo verificando el cumplimiento o no de la segunda ley en
términos de la entropía. Esto es, verificar si se satisface o no
𝜂 = 1 −
𝑇𝑐
𝑇ℎ
= 1 −
299.82 K
538.71 K
= 0.44 ⟺ 44%
𝑒 =
𝑊𝑛𝑒𝑡𝑜
𝑄ℎ
=
474.77 J
1055.05 J
= 0.45 ⟺ 45%
∆𝑆𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙≥ 0 01

Para este caso
O equivalentemente:
Dado que la máquina trabaja cíclicamente, entonces ∆𝑆𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚𝑎= 0J/K, por lo tanto
la ecuación anterior se reduce a:
Donde 𝑄𝑐 se calcula de la siguiente manera
∆𝑆𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙= ∆𝑆𝑎𝑙𝑟𝑒𝑑𝑒𝑑𝑜𝑟𝑒𝑠 + ∆𝑆𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚𝑎
∆𝑆𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙= ∆𝑆 𝑓𝑢𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑓𝑟í𝑎 + ∆𝑆 𝑓𝑢𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑐𝑎𝑙𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 + ∆𝑆 𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚𝑎
∆𝑆𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙= ∆𝑆 𝑓𝑢𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑓𝑟í𝑎 + ∆𝑆 𝑓𝑢𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑐𝑎𝑙𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 =
𝑄𝑐
𝑇𝑐
−
𝑄ℎ
𝑇ℎ
11.2

De la primera ley de la termodinámica, en un ciclo, se tiene que
⇓
Sustituyendo este resultado en eq. (01), se tiene
Este resultado contradice la eq. (01); por lo tanto la máquina en cuestión viola la
segunda ley de la termodinámica.
𝑊𝑛𝑒𝑡𝑜 = 𝑄ℎ − 𝑄𝑐
𝑄𝑐 = 𝑄ℎ − 𝑊𝑛𝑒𝑡𝑜 = 1055.05 − 474.77 = 580.28 J
∆𝑆 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 =
580.28 J
299.82 K
−
1055.05 J
538.71 K
= −0.02
J
K
< 0
∎

Ejercicio 04. Si se mezclan adiabáticamente (sistema aislado térmicamente) y a
presión constante 2kg de agua líquida a 90℃ con 3kg de agua líquida a 10℃, cuál
es el cambio total de entropía que resulta de este proceso? Suponga que el calor
específico del agua es constante e igual a 𝑐𝐻2𝑂 = 1cal/g K o 4186 J/kg K .
Sean 𝑚1: la masa de 2kg de agua líquida a 90℃ = 363.15K y 𝑚2: la masa de 3kg
de agua líquida a 10℃ = 283.15K
Solución
De acuerdo con el enunciado, como el sistema está aislado térmicamente,
entonces se verifica que
O equivalentemente
−𝑄𝑐𝑒𝑑𝑖𝑑𝑜 𝑝𝑜𝑟 𝑚1
= 𝑄𝑔𝑎𝑛𝑎𝑑𝑜 𝑝𝑜𝑟 𝑚2
−𝑚1𝑐𝐻2𝑂∆𝑇1 = 𝑚2𝑐𝐻2𝑂∆𝑇2 ⟺ −𝑚1 𝑇𝑓1 − 𝑇𝑖1 = 𝑚2 𝑇𝑓2 − 𝑇𝑖2

Donde 𝑇𝑓1 = 𝑇𝑓2 = 𝑇𝑓 es la temperatura de equilibrio. De acuerdo con esto la
ecuación anterior queda
Despejando 𝑇𝑓 de la ecuación anterior, se tiene que
Dado que el intercambio de energía solo ocurre entre 1 y 2 , entonces
𝑄𝑐𝑒𝑑𝑖𝑑𝑜 𝑝𝑜𝑟 1 = 𝑄𝑔𝑎𝑛𝑎𝑑𝑜 𝑝𝑜𝑟 2 = 𝑄 el cual se calcula mediante
−𝑚1 𝑇𝑓 − 𝑇𝑖1 = 𝑚2 𝑇𝑓 − 𝑇𝑖2
𝑇𝑓 =
𝑚1𝑇𝑖1 +𝑚2 𝑇𝑖2
𝑚1 +𝑚2
=
2 90 + 3 10
2 + 3
= 42o
C = 315.15K
𝑄 = 𝑚1𝑐𝐻2𝑂∆𝑇1 = 𝑚2𝑐𝐻2𝑂∆𝑇2 = 2 4186 315.15 − 363.15 = 401856 J

El cambio total en la entropía ∆𝑆𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 durante el proceso se calcula mediante
O bien
∆𝑆𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = ∆𝑆1 + ∆𝑆2 = −
𝑄𝑐𝑒𝑑𝑖𝑑𝑜 𝑝𝑜𝑟 1
𝑇𝑖1
+
𝑄𝑎𝑏𝑠𝑜𝑟𝑏𝑖𝑑𝑜 𝑝𝑜𝑟 2
𝑇𝑖2
∆𝑆𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 =
1
𝑇𝑖2
−
1
𝑇𝑖1
𝑄 =
1
283.15 K
−
1
363.15 K
401856 J
∆𝑆𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 312.65 J/K
∎

 Cálculo de la variación en la entropía Δ𝑆 para 𝑛 moles de un gas ideal que
experimenta una transformación de un estado inicial 𝑖: 𝑝𝑖; 𝑉𝑖; 𝑇𝑖 hasta otro
final 𝑓: 𝑝𝑓; 𝑉𝑓; 𝑇𝑓 .
Cálculo de la variación de la entropía de un gas ideal
Ejercicio 05. Probar que
∆𝑆 = 𝑛𝑐𝑉ln
𝑇𝑓
𝑇𝑖
+ 𝑛𝑅ln
𝑉𝑓
𝑉𝑖
 Partiendo de la primera ley de la termodinámica en su forma diferencial, se
tiene que
𝑑𝑈 = 𝛿𝑄 − 𝛿𝑊
𝑑𝑈 = 𝑛𝑐𝑉𝑑𝑇; y 𝛿𝑊 = 𝑝𝑑𝑉
 Además, para un gas ideal se verifica que
Solución

 De igual forma, dado que
𝑑𝑆 =
𝛿𝑄
𝑇
⟹ 𝛿𝑄 = 𝑇𝑑𝑆
 Por lo tanto
𝑛𝑐𝑉𝑑𝑇 = 𝑇𝑑𝑆 − 𝑝𝑑𝑉 ⟺ 𝑑𝑆 = 𝑛𝑐𝑉
𝑑𝑇
𝑇
+
𝑝
𝑇
𝑑𝑉
 Dado que el sistema estudiado es un gas ideal, entonces
𝑝𝑉 = 𝑛𝑅𝑇 ⟺
𝑝
𝑇
=
𝑛𝑅
𝑉
⟹ 𝑑𝑆 = 𝑛𝑐𝑉
𝑑𝑇
𝑇
+ 𝑛𝑅
𝑑𝑉
𝑉
 Integrando en ambos lados
𝑆𝑖
𝑆𝑓
𝑑𝑆 =
𝑇𝑖
𝑇𝑓
𝑛𝑐𝑉
𝑑𝑇
𝑇
+
𝑉𝑖
𝑉𝑓
𝑛𝑅
𝑑𝑉
𝑉

 O bien
∆𝑆𝑖→𝑓 = 𝑛𝑐𝑉ln
𝑇𝑓
𝑇𝑖
+ 𝑛𝑅ln
𝑉𝑓
𝑉𝑖
 Si el proceso es isotérmico (𝑑𝑇 = 0), entonces de la ecuación anterior, se tiene
que
 Si el proceso es isovolumétrico (𝑉𝑖 = 𝑉𝑓), y 𝑐𝑉 es constante, entonces de la
ecuación anterior, se tiene que
∎
∆𝑆𝑖→𝑓 = 𝑛𝑅ln
𝑉𝑓
𝑉𝑖
𝑇𝑓
𝑇𝑖

∆𝑆 = 𝑛𝑐𝑝ln
𝑇𝑓
𝑇𝑖
+ 𝑛𝑅ln
𝑝𝑖
𝑝𝑓
 Nuevamente, como se trata de un gas ideal, se verifica que
𝑝𝑉 = 𝑛𝑅𝑇
 Dado que el sistema es cerrado, entonces
𝑝𝑉
𝑇
= 𝑛𝑅: Constante ⟺
𝑝𝑖𝑉𝑖
𝑇𝑖
=
𝑝𝑓𝑉𝑓
𝑇𝑓
⟺
𝑇𝑓
𝑇𝑖
=
𝑝𝑓
𝑝𝑖
𝑉𝑓
𝑉𝑖
Ejercicio 06. Probar que
Solución

 Tomando logaritmo natural en ambos lados
𝑙𝑛
𝑇𝑓
𝑇𝑖
= 𝑙𝑛
𝑝𝑓
𝑝𝑖
𝑉𝑓
𝑉𝑖
= 𝑙𝑛
𝑝𝑓
𝑝𝑖
+ 𝑙𝑛
𝑉𝑓
𝑉𝑖
⇔
𝑇𝑖
𝑇𝑓 𝑑𝑇
𝑇
=
𝑝𝑖
𝑝𝑓 𝑑𝑝
𝑝
+
𝑉𝑖
𝑉𝑓 𝑑𝑉
𝑉
 O bien
𝑉𝑖
𝑉𝑓 𝑑𝑉
𝑉
=
𝑇𝑖
𝑇𝑓 𝑑𝑇
𝑇
−
𝑝𝑖
𝑝𝑓 𝑑𝑝
𝑝
 Sustituyendo en la ecuación (ver ejercicio 01 de esta sección)
𝑆𝑖
𝑆𝑓
𝑑𝑆 =
𝑇𝑖
𝑇𝑓
𝑛𝑐𝑉
𝑑𝑇
𝑇
+
𝑉𝑖
𝑉𝑓
𝑛𝑅
𝑑𝑉
𝑉

𝑆𝑖
𝑆𝑓
𝑑𝑆 =
𝑇𝑖
𝑇𝑓
𝑛𝑐𝑉
𝑑𝑇
𝑇
+ 𝑛𝑅
𝑇𝑖
𝑇𝑓 𝑑𝑇
𝑇
−
𝑝𝑖
𝑝𝑓 𝑑𝑝
𝑝
𝑆𝑖
𝑆𝑓
𝑑𝑆 =
𝑇𝑖
𝑇𝑓
𝑛𝑐𝑉
𝑑𝑇
𝑇
+ 𝑛𝑅
𝑇𝑖
𝑇𝑓 𝑑𝑇
𝑇
− 𝑛𝑅
𝑝𝑖
𝑝𝑓 𝑑𝑝
𝑝
𝑆𝑖
𝑆𝑓
𝑑𝑆 =
𝑇𝑖
𝑇𝑓
𝑛 𝑐𝑉 + 𝑅
𝑑𝑇
𝑇
− 𝑛𝑅
𝑝𝑖
𝑝𝑓 𝑑𝑝
𝑝
∆𝑆𝑖→𝑓 =
𝑇𝑖
𝑇𝑓
𝑛𝑐𝑝
𝑑𝑇
𝑇
− 𝑛𝑅ln
𝑝𝑓
𝑝𝑖
= 𝑛𝑐𝑝ln
𝑇𝑓
𝑇𝑖
+ 𝑛𝑅ln
𝑝𝑖
𝑝𝑓
 Dado que para un gas ideal se verifica que 𝑐𝑝 − 𝑐𝑉 = 𝑅 o equivalentemente
𝑐𝑝 = 𝑐𝑉 + 𝑅 , entonces de la ecuación anterior, se tiene:
 O bien
 Ordenando convenientemente, se tiene:

 Si el proceso es isobárico (𝑝𝑖 = 𝑝𝑓) y 𝑐𝑝 es constante, entonces de la ecuación
anterior, se tiene que
 Si el proceso es isotérmico (𝑑𝑇 = 0), entonces de la ecuación anterior, se tiene
que
∎
∆𝑆𝑖→𝑓 = 𝑛𝑐𝑝ln
𝑇𝑓
𝑇𝑖
𝑝𝑖
𝑝𝑓
𝑇𝑓
𝑇𝑖
+ 𝑛𝑅ln
𝑝𝑖
𝑝𝑓

∆𝑆 =
𝑄
𝑇
∆𝑆𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 ≥ 0
Resumen
 Cambio en la entropía de un gas ideal:
 Cambio en la entropía de un sistema termodinámico.
 Segunda ley de la termodinámica en términos de la entropía.
𝑉𝑓
𝑉𝑖
= 𝑛𝑅ln
𝑝𝑖
𝑝𝑓
 Proceso isotérmico:
 Proceso isovolumétrico:
𝑇𝑓
𝑇𝑖

Continuación resumen
 Proceso isobárico:
𝑇𝑓
𝑇𝑖
 Proceso adiabático:
∆𝑆𝑖→𝑓 = 0
Ejercicio 07. Un mol ( 1𝑚𝑜𝑙 ) de gas ideal
monoatómico se somete a una compresión
adiabática (etapa 𝐴 → 𝐵 ) seguida de una
expansión isotérmica a la temperatura 𝑇1 (etapa
𝐵 → 𝐶), como se muestra en la figura. Calcule
Δ𝑆 para las etapas 𝐴 → 𝐵 y 𝐵 → 𝐶 . Nota:
Suponga que los calores específicos a presión y
volumen constantes no dependen de 𝑇 y que
𝑉𝐴 = 𝑉𝐶.

 Para un gas ideal monoatómico se verifica que
𝛾 =
𝑐𝑝
𝑐𝑉
=
5
2
𝑅
3
2
𝑅
=
5
3
Solución
 Para el proceso 𝐴 → 𝐵 (Adiabático), se verifica que
𝑇𝐴𝑉
𝐴
𝛾−1
= 𝑇𝐵𝑉
𝐵
𝛾−1
⟹ 𝑇𝐴 = 𝑇𝐵
𝑉𝐵
𝑉𝐴
𝛾−1
= 𝑇1
𝑉0
3𝑉0
5
3−1
=
𝑇1
3 2/3
 El cambio en la entropía en el proceso 𝐴 → 𝐵 puede calcularse mediante:
∆𝑆𝐴→𝐵 = 𝑛𝑐𝑉ln
𝑇𝐵
𝑇𝐴
+ 𝑛𝑅ln
𝑉𝐵
𝑉𝐴

∆𝑆𝐴→𝐵 = 1
3
2
𝑅 ln
𝑇1
𝑇1
3 2/3
+ 1 𝑅 ln
𝑉0
3𝑉0
∆𝑆𝐴→𝐵 =
3
2
𝑅 ln 32/3
+ 𝑅ln
1
3
 Por lo tanto
 O equivalentemente:
 Observación: el resultado anterior ilustra que en efecto para una trayectoria
adiabática reversible como la tratada en este caso, el cambio en la entropía del
sistema es nulo. (los procesos adiabáticos son isentrópicos, es decir ∆𝑆 = 0)
∆𝑆𝐴→𝐵 =
3
2
𝑅
2
3
ln 3 − 𝑅ln 3 = 0J/K
 Después de un poco de álgebra, se tiene finalmente que:

 De otro lado, para el proceso de 𝐵 → 𝐶
(Isotérmico), se tiene:
∆𝑆𝐵→𝐶 = 𝑛𝑅ln
𝑉𝐶
𝑉𝐵
∆𝑆𝐵→𝐶 = 1 𝑅ln
3𝑉0
𝑉0
= 𝑅ln 3
∎

Ejercicio 08. Un mol de un gas ideal
monoatómico 𝑐𝑉 =
3
2
𝑅 y 𝑐𝑝 =
5
2
𝑅 es
llevado de un estado inicial
caracterizado por (𝑝₀, 𝑉₀) hasta un
estado final caracterizado por una
presión 𝑝𝑓 = 2𝑝0 y un volumen 𝑉𝑓 = 2𝑉0,
mediante el siguiente procedimiento: Se
expande isotérmicamente hasta que su
volumen se duplica, y luego se aumenta
su presión isovolumétricamente hasta el
estado final. Para el proceso en
cuestión: a) Dibuje la trayectoria en un
diagrama 𝑝𝑣𝑠.𝑉. En términos de 𝑝0 y 𝑉0,
calcule: b) El cambio en la energía
interna y c) El cambio en la entropía
experimentado por el gas.

𝑝𝐴𝑉𝐴 = 𝑛𝑅𝑇𝐴 𝑇𝐴 =
𝑝𝐴𝑉𝐴
𝑛𝑅
=
𝑝0𝑉0
𝑛𝑅
 Aplicando la EDGI en el punto 𝐴 se tiene.
 Aplicando la EDGI en el punto 𝐶 se tiene.
𝑝𝐶𝑉𝐶 = 𝑛𝑅𝑇𝐶 𝑇𝐶 =
𝑝𝐶𝑉𝐶
𝑛𝑅
=
2𝑝02𝑉0
𝑛𝑅
= 4
𝑝0𝑉0
𝑛𝑅
 Para el proceso de A → 𝐵 (Isotérmico).
∆𝑆𝐴→𝐵 = 𝑛𝑅ln
𝑉𝐵
𝑉𝐴
= 𝑛𝑅ln
2𝑉0
𝑉0
= 1 𝑅ln 2 = 𝑅ln 2
∆𝑈A→𝐵 = 0J/K
 Cálculo del cambio en la entropía para el proceso de A → 𝐵 (Isotérmico).
Solución

∆𝑆𝐵→𝐶 = 𝑛𝑐𝑉ln
𝑇𝐶
𝑇𝐵
= 𝑛
3
2
𝑅 ln
𝑇𝐶
𝑇𝐴
= 1
3
2
𝑅 ln
4
𝑝0𝑉0
𝑛𝑅
𝑝0𝑉0
𝑛𝑅
=
3
2
𝑅ln 4
 Cálculo del cambio en la entropía para el proceso de 𝐵 → 𝐶:
∆𝑈𝐵→𝐶 = 𝑛𝑐𝑉∆𝑇 = 𝑛𝑐𝑉 𝑇𝐶 − 𝑇𝐵 = 𝑛𝑐𝑉 𝑇𝐶 − 𝑇𝐴
∆𝑈𝐵→𝐶 = 𝑛
3
2
𝑅 4
𝑝0𝑉0
𝑛𝑅
−
𝑝0𝑉0
𝑛𝑅
=
9
2
𝑝0𝑉0
 Cálculo del cambio en la energía interna para
el proceso de 𝐵 → 𝐶 (Isovolumétrico).
∆𝑈𝑛𝑒𝑡𝑜 = ∆𝑈𝐴→𝐵 + ∆𝑈𝐵→𝐶 = 0 +
9
2
𝑝0𝑉0 =
9
2
𝑝0𝑉0
 Cálculo del cambio en la energía interna durante el proceso de 𝐴 → 𝐵 → 𝐶:

 Cálculo del cambio en la entropía durante el proceso
𝐴 → 𝐵 → 𝐶
∆𝑆𝑛𝑒𝑡𝑜 = ∆𝑆𝐴→𝐵 + ∆𝑆𝐵→𝐶 = 𝑅ln 2 +
3
2
𝑅ln 4
∆𝑆𝑛𝑒𝑡𝑜 = 𝑅 ln 2 +
3
2
ln 4 = 2.7𝑅
∎

Ejercicio 09. Una máquina térmica trabaja con 3mol de un gas ideal
monoatómico como fluido de trabajo, recorriendo el ciclo reversible 𝐴 → 𝐵 →
𝐶 → 𝐷 → 𝐴 que se ilustra en la figura. Si el volumen del gas en el estado 𝐶 es el
doble del volumen del gas en el estado 𝐵, calcule:
a) El trabajo realizado por 𝑊(𝑝𝑜𝑟) o
sobre 𝑊(𝑠𝑜𝑏) el sistema cada etapa
del ciclo.
b) El calor absorbido o cedido por el
sistema en cada etapa del ciclo.
c) La variación de energía interna y la
variación de entropía en cada etapa
del ciclo.
d) Las eficiencia nominal y máxima de
una máquina térmica que funcione
recorriendo este el ciclo.

 Traduciendo la temperatura en el punto 𝐴 de
Celsius a Kelvin, se tiene que:
𝑇𝐴 = 20 + 272.15 = 293.15K
 Dado que el fluido de trabajo es un gas ideal
monoatómico, se verifica que:
𝛾 =
𝑐𝑝
𝑐𝑉
=
5
2
𝑅
3
2
𝑅
=
5
3
 Aplicando la ecuación de estado del gas ideal en el punto 𝐴, se tiene
𝑝𝐴𝑉𝐴 = 𝑛𝑅𝑇𝐴 ⟹ 𝑉𝐴 =
𝑛𝑅𝑇𝐴
𝑝𝐴
=
3 0.082 293.15
1.5
= 48.07 lit
Solución

 Para el proceso adiabático 𝐴 → 𝐵 se
verifica que:
𝑝𝐴𝑉
𝐴
𝛾
= 𝑝𝐵𝑉
𝐵
𝛾
⟹ 𝑉𝐵 =
𝑝𝐴𝑉
𝐴
𝛾
𝑝𝐵
1
𝛾
 De igual forma, para este mismo proceso 𝐴 → 𝐵 se cumple que:
𝑉𝐵 =
1.5 48.07 5 3
30
3
5
= 7.97 lit
𝑇𝐴𝑉
𝐴
𝛾−1
= 𝑇𝐵𝑉
𝐵
𝛾−1
⟹ 𝑇𝐵 = 𝑇𝐴
𝑉𝐴
𝑉𝐵
𝛾−1
= 293.15
48.07
7.97
5
3
−1
= 971.33 K

 Aplicando la primera ley de la termodinámica al
proceso adiabático 𝐴 ⟶ 𝐵 se tiene que:
∆𝑈𝐴⟶𝐵= 𝑄𝐴⟶𝐵 − 𝑊𝐴⟶𝐵; pero 𝑄𝐴⟶𝐵 = 0
∆𝑈𝐴⟶𝐵= −𝑊𝐴⟶𝐵
∆𝑈𝐴⟶𝐵= 𝑛𝑐𝑉 𝑇𝐵 − 𝑇𝐴 = 3
3
2
0.082 971.33 − 293.15
∆𝑈𝐴⟶𝐵= 250.25 lit . atm = 25356.58 J
 Para un gas ideal, se verifica que 𝑈 = 𝑛𝑐𝑉𝑇 ⟹ ∆𝑈 = 𝑛𝑐𝑉∆𝑇. Para este
proceso se tiene que:
𝑊𝐴⟶𝐵 = −250.25 lit . atm = −25356.58 J
 Entonces

 De otro lado, dado que 𝐴 → 𝐵, es un proceso
adiabático, entonces el cambio en la entropía
esta dado por:
∆𝑆𝐴⟶𝐵= 0 lit . at m K
 Para el proceso isobárico 𝐵 → 𝐶, se tiene:
𝑉𝐶 = 2𝑉𝐵 = 2 7.97 lit = 15.94 lit
 Aplicando EEGI en el punto 𝐶
𝑝𝐶𝑉𝐶 = 𝑛𝑅𝑇𝐶 ⟹ 𝑇𝐶 =
𝑝𝐶𝑉𝐶
𝑛𝑅
=
𝑝𝐶2𝑉𝐵
𝑛𝑅
=
2 30 7.97
3 0.082
= 1943.9 K
𝑊𝐵⟶𝐶 = 𝑝𝐵∆𝑉𝐵⟶𝐶= 𝑝𝐵 𝑉𝐶 − 𝑉𝐵 = 𝑝𝐵 2𝑉𝐵 − 𝑉𝐵
 Por lo tanto:

𝑊𝐵⟶𝐶 = 𝑝𝐵𝑉𝐵 = 30 7.97 = 239.1 lit. atm
 De otro lado:
𝑄𝐵⟶𝐶 = 𝑛𝑐𝑝 𝑇𝐶 − 𝑇𝐵
𝑄𝐵⟶𝐶 = 3
5
2
0.082 1943.9 − 971.33 = 598.13 lit. atm
 O bien:
 De otro lado, como la energía interna es una función de estado, se verifica
que:
𝑈 = 𝑛𝑐𝑉𝑇 ⟹ ∆𝑈 = 𝑛𝑐𝑉∆𝑇 ⟹ ∆𝑈𝐵⟶𝐶= 𝑛𝑐𝑉∆𝑇𝐵⟶𝐶= 𝑛𝑐𝑉 𝑇𝐶 − 𝑇𝐵
∆𝑈𝐵⟶𝐶= 3
3
2
0.082 1943.9 − 971.33 = 358.88 lit. atm

 De otro lado, para un el proceso es isobárico
con un gas ideal como fluido de trabajo, como
en este caso, se verifica que:
∆𝑆𝐵⟶𝐶= 𝑛𝑐𝑝ln
𝑇𝐶
𝑇𝐵
∆𝑆𝐵⟶𝐶= 0.43 lit .
atm
K
= 43.56 J K
∆𝑆𝐵⟶𝐶= 3
5
2
0.082 ln
1943.9
971.33
 O bien:

 Para el proceso isotérmico 𝐶 → 𝐷, se tiene:
 Aplicando la ecuación de estado del gas ideal al
proceso, se tiene que:
𝑝𝑉 = 𝑛𝑅𝑇 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 ⟹ 𝑝𝐶𝑉𝐶 = 𝑝𝐷𝑉𝐷
𝑝𝐷 =
𝑝𝐶𝑉𝐶
𝑉𝐷
=
𝑝𝐶2𝑉𝐵
𝑉𝐴
=
30 2 7.97
48.07
= 9.95 atm
 Por lo tanto
 Además para este mismo proceso se verifica que:
𝑉𝐷
𝑉𝐶
=
𝑝𝐶
𝑝𝐷
=
30
9.95
= 3.01

𝑉𝐶 = 2𝑉𝐵 = 2 7.97 = 15.94 lit
 Aplicando la primera ley de la termodinámica al proceso 𝐶 → 𝐷
𝑄𝐶⟶𝐷 = 𝑊𝐶⟶𝐷 = 𝑛𝑅𝑇𝐶ln
𝑉𝐷
𝑉𝐶
 De otro lado, dado que el proceso 𝐶 → 𝐷 es
isotérmico, entonces se verifica que 𝑇𝐷 = 𝑇𝐶 =
1943.9 K. Además:
∆𝑈𝐶⟶𝐷= 𝑄𝐶⟶𝐷 − 𝑊𝐶⟶𝐷; ∆𝑈𝐶⟶𝐷= 0,
además:
 Por lo tanto:
𝑄𝐶⟶𝐷 = 𝑊𝐶⟶𝐷 = 3 0.082 1943.9 ln 3.01

𝑄𝐶⟶𝐷 = 𝑊𝐶⟶𝐷 = 526.95 lit . atm = 53393.20 J
 O bien:
 De otro lado, para un proceso isotérmico con un
gas ideal como fluido de trabajo, como en este
caso, se verifica que:
∆𝑆𝐶⟶𝐷= 𝑛𝑅𝑙𝑛
𝑉𝐷
𝑉𝐶
 Además como
𝑉𝐷
𝑉𝐶
= 3.01, entonces la ecuación anterior se convierte en:
∆𝑆𝐶⟶𝐷= 𝑛𝑅𝑙𝑛
𝑉𝐷
𝑉𝐶
= 3 0.082 ln 3.01 = 0.23 lit .
atm
K
= 23.31 J/K

 Para el proceso isovolumétrico 𝐷 → 𝐴 se tiene
que:
𝑇𝐶 = 𝑇𝐷 = 1943.9 K
 Aplicando la primera ley de la termodinámica,
al proceso 𝐷 → 𝐴, se tiene que:
∆𝑈𝐷⟶𝐴= 𝑄𝐷⟶𝐴 − 𝑊𝐷⟶𝐴; pero 𝑊𝐶⟶𝐷 = 0 ⟹ ∆𝑈𝐷⟶𝐴= 𝑄𝐷⟶𝐴
∆𝑈𝐷⟶𝐴= 𝑄𝐷⟶𝐴 = 𝑛𝑐𝑉∆𝑇𝐷⟶𝐴= 𝑛𝑐𝑉 𝑇𝐴 − 𝑇𝐷
 Por lo tanto:
∆𝑈𝐷⟶𝐴= 𝑄𝐷⟶𝐴 = 3
3
2
0.082 293.15 − 1943.9 = −609.23 lit . atm
 O bien:

 De otro lado, para un proceso isovolumétrico
con un gas ideal como fluido de trabajo gas ideal
se verifica que:
∆𝑆𝐷⟶𝐴= 𝑛𝑐𝑉ln
𝑇𝐴
𝑇𝐷
∆𝑆𝐷⟶𝐴= 3
3
2
0.082 ln
293.15
1943.9
= −0.66 lit . at m K
𝑊𝑛𝑒𝑡𝑜 = 𝑊𝐴→𝐵 + 𝑊𝐵→𝐶 + 𝑊𝐶→𝐷 + 𝑊𝐷→𝐴
 El trabajo neto en el ciclo se calcula mediante:
𝑊𝑛𝑒𝑡𝑜 = −25356.58 + 24231.87 + 53393.20 + 0 = 52268.49 J

𝑄𝑛𝑒𝑡𝑜 = 𝑄𝐴→𝐵 + 𝑄𝐵→𝐶 + 𝑄𝐶→𝐷 + 𝑄𝐷→𝐴
 El calor neto en el ciclo se calcula mediante:
𝑄𝑛𝑒𝑡𝑜 = 0 + 60605.52 + 53393.20 − 61730.23 = 52268.49 J
∆𝑈𝑛𝑒𝑡𝑎 = ∆𝑈𝐴→𝐵 + ∆𝑈𝐵→𝐶 + ∆𝑈𝐶→𝐷 + ∆𝑈𝐷→𝐴
 El cambio neto en la energía interna en el ciclo se calcula mediante:
∆𝑈𝑛𝑒𝑡𝑎 = 25356.58 + 36373.65 + 0 − 61730.23 = 0J

∆𝑆𝑛𝑒𝑡𝑎 = ∆𝑆𝐴→𝐵 + ∆𝑆𝐵→𝐶 + ∆𝑆𝐶→𝐷 + ∆𝑆𝐷→𝐴
 El cambio neto en la entropía en el ciclo se
calcula mediante:
∆𝑆𝑛𝑒𝑡𝑎 = 0 + 43.56 + 23.31 − 66.87 = 0J/K
 Cálculo de las eficiencia nominal y máxima de una máquina térmica que
recorra el ciclo estudiado
𝑒 =
𝑊
𝑛
𝑄ℎ
=
52268.49J
60605.52 + 53393.20
= 0.458 𝑒 = 45.8%
⟺
𝜂 = 1 −
𝑇𝑐
𝑇ℎ
= 1 −
𝑇𝐴
𝑇𝐶
= 1 −
293.15𝐾
1943.90𝐾
= 0.85 ⟺ 85%

 Respuestas dadas en lit. atm y lit. atm/K
Proceso 𝑄(𝑐𝑒𝑑) 𝑄(𝑔𝑎𝑛) 𝑊(𝑠𝑜𝑏) 𝑊(𝑝𝑜𝑟) ∆𝑈 ∆𝑆(lit. atm/K)
𝐴 → 𝐵 0 0 −250.25 0 250.25 0
𝐵 → 𝐶 0 598.13 0 239.15 358.98 0.43
𝐶 → 𝐷 0 526.95 0 526.95 0 0.23
𝐷 → 𝐴 −609.23 0 0 0 −609.23 −0.66
 Respuestas dadas en J y J/K
Proceso 𝑄(𝑐𝑒𝑑) 𝑄(𝑔𝑎𝑛) 𝑊(𝑠𝑜𝑏) 𝑊(𝑝𝑜𝑟) ∆𝑈 ∆𝑆(J/K)
𝐴 → 𝐵 0 0 −25356.58 0 25356.58 0
𝐵 → 𝐶 0 60605.52 0 24231.87 36373.65 43.56
𝐶 → 𝐷 0 53393.20 0 53393.20 0 23.31
𝐷 → 𝐴 −61730.23 0 0 0 −61730.23 −66.87

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