Este documento presenta la resolución de 4 problemas de termodinámica. El primer problema involucra el cálculo de la variación de energía interna de un gas en transformaciones a presión y volumen constantes. El segundo problema calcula la potencia necesaria para comprimir aire. El tercer problema calcula la variación de entropía cuando el hielo se transforma a agua. El cuarto problema analiza un ciclo de un gas ideal y calcula trabajos, calores y variaciones de energía interna en cada etapa.

1. Universidad Tecnológica Nacional
Facultad Regional Gral. Pacheco Problemas resueltos de Física
Termodinámica
1
PROBLEMA 1
1. En una transformación a presión constante (presión atmosférica) el volumen de un gas
varía en 0,25 litros. Se le suministran 21,8 cal.
2. En una transformación a volumen constante se le suministran 15,6 cal.
Calcular en ambos casos la variación de la energía interna del gas.
Solución
1. En esta transformación el sistema ha recibido calor del medio exterior.
El pistón que contiene el recinto se eleva de la posición A a la B. El gas realiza trabajo contra el
medio exterior:
Se toma el convenio:
0
0
L
Q
>⎧
⎨
>⎩
El trabajo viene dado por (2.13):
B
A
V
V
L p dV p V= ⋅ = ⋅Δ∫
En unidades SI:
3 4
101,3 101300
250 2,5 10
p kPa
V cm
Pa
−
= =
Δ = = ×
Por lo tanto:
4 3
101300 2,5 10 25,3
4,18 21,8 91,4
L Pa m
J
Q cal J
cal
−
= ⋅ × =
= ⋅ =
J
En consecuencia, con nuestra convención de signos:
91,4 25,3 66,1U Q L J J JΔ = − = − =
2. En el caso de que el volumen permanezca constante, no se realiza trabajo mecánico.
Por lo tanto el primer principio se reduce a:
U Q L U QΔ = − ⇒ Δ =
Como Q es positivo se tiene:

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Termodinámica
2
4,18 15,6 65,2
J
Q cal
cal
= ⋅ = J
PROBLEMA 2
Calcular la potencia necesaria para comprimir hasta una presión de 5 kg/cm2, 10 m3/h de aire
tomado inicialmente bajo la presión de 760 mm Hg y 27ºC.
1. Cuando la compresión es isoterma
2. Cuando la compresión es adiabática (γ = 1,4). (Se considera que el aire es un gas ideal).
Solución
1. Por ser isoterma la compresión se utiliza la siguiente relación:
2 2 2
2
1 1 1
1
ln
n R T dV V
L p dV dV n R T n R T
V V V
⋅ ⋅
= ⋅ = ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅∫ ∫ ∫
Pero como:
2
1
1
2
p
p
V
V
=
Entonces
2
1
ln
p
p
TRnL ⋅⋅⋅=
Para evaluar n obsérvese que 10 m3/h se encuentran inicialmente en CNPT, corresponden a:
3
3
10
445
0,0224
m
mol
m
mol
=
y como 5 kg/cm2 corresponden a 5 atm:
JK
Kmol
J
molL 6
1078,1
5
1
ln30032,8445 ⋅−=⋅⋅
⋅
⋅=
Por lo tanto:
W
s
J
t
L
P 496
3600
1078,1 6
=
⋅
=
Δ
=
2. Cuando la compresión es adiabática:
dTnCdVpUL v ⋅−=⋅⇒Δ+=0
TCndTCndVpL vv Δ⋅⋅−=⋅⋅−=⋅= ∫∫
)()( 2112 TTCvnTTCnL v −⋅⋅=−⋅⋅−=
Teniendo en cuenta que:
TRnVp ⋅⋅=⋅
Nos queda:

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Termodinámica
3
( )2211
2211
VpVp
R
Cv
Rn
Vp
Rn
Vp
CvnL ⋅−⋅⋅=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⋅/
⋅
−
⋅/
⋅
⋅⋅/=
Como
RCC Vp =−
( )2211 VpVp
CC
Cv
L
vp
⋅−⋅⋅
−
=
Dividiendo numerador y denominador por Cv:
( )2211
1
1
VpVp
C
C
L
v
p
⋅−⋅⋅
−
=
Teniendo en cuenta que:
γ=
v
p
C
C
Nos queda
( )2211
1
1
VpVpL ⋅−⋅⋅
−
=
γ
V2 que es desconocido, puede deducirse de:
2
11
22211
p
Vp
VVpVp
γ
γγγ ⋅
=⇒⋅=⋅
1
1
2
1
2 V
p
p
V ⋅⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=
γ
Por lo tanto:
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
⋅−⋅
−
=
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
⋅⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
⋅−⋅⋅
−
=
γγ
γγ
1
2
1
2111
1
2
1
211
1
1
1
1
p
p
ppVV
p
p
pVpL
Numéricamente:
J
Pa
Pa
PaPamL 6
4,1
1
5
5
553
1046,1
10.5
10
10.51010
4,0
1
⋅−=
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
⋅−⋅=
Por lo tanto, la potencia es:
W
s
J
t
L
P 6,405
3600
1046,1 6
=
⋅
=
Δ
=
PROBLEMA 3
Calcular la variación de entropía que tiene lugar en la transformación de 1kg de hielo a –10ºC.

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Termodinámica
4
Calor especifico del hielo 0,5 kcal . kg-1 . ºC-1.
Calor de fusión del hielo 80 kcal . kg-1.
Solución
En primer lugar hay que elevar la temperatura del hielo de –10 ºC a 0 ºC.
En este caso la variación de entropía será:
2 2
2
1
1 1
1
ln
dQ c m dT T
S m
T T
c
T
⋅ ⋅
Δ = = = ⋅ ⋅∫ ∫
1
273
0,5 1 ln 0,186
263
kcal K kcal
S kg
kg K K K
Δ = ⋅ ⋅ =
⋅
A continuación hay un cambio de estado, por lo tanto:
2
dQ L dm L m
S
T T T
⋅ ⋅
Δ = = =∫ ∫
2
80 1
0,293
273
kcal
kg
kcalkg
S
K K
⋅
Δ == =
Por último hay una elevación de la temperatura del agua de 0 ºC a 50 ºC.
En este caso:
3 3
3
3
2 2
2
ln
TdQ c m dT
S m
T T
c
T
⋅ ⋅
Δ = = = ⋅ ⋅∫ ∫
3
323
1 1 ln 0,168
273
kcal K kcal
S kg
kg K K K
Δ = ⋅ ⋅ =
⋅
En total:
1 2 3 0,0186 0,293 0,168 0,48 2
kcal kcal kcal kcal kJ
S S S S
K K K K
Δ = Δ + Δ + Δ = + + = =
K
PROBLEMA 4:
1- Una masa de nitrógeno evoluciona según el ciclo de la figura 16 siendo su presión en el punto A
pA=500 KPa. y su volumen V= 0,002 m3 . Suponiendo que el gas se comporta como ideal (cv=0,741
J/gK), Calcular:
a- Presión, volumen y temperatura en los puntos B y C
b- Calor entregado o cedido por el sistema en las evoluciones A-B, B-C, C-A.
c- Trabajo realizado por o contra el sistema en las mismas evoluciones.
d- Variación de la energía interna para las mismas evoluciones.
e- Trabajo neto realizado por el sistema.
f- Rendimiento

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Termodinámica
5
Solución:
p(Pa) V(m3) T(K)
A 500000 0.002 800
B 250000 0,004 800
Lo primero que haremos será calcular los
estados de presión y volumen para cada punto aplicando
la ecuación general de estado. Armamos una tabla con los
datos y observamos las incógnitas que luego iremos
calculando.
C 250000 0.002 400
Los valores completados en negrita son los calculados
Para la presión en C aplicamos la ecuación general y completamos la tabla teniendo
en cuenta que en B tiene el mismo valor:
400K
.0.002mp
800K
.002m500000Pa.0
T
V.p
T
V.p 3
C
3
C
CC
A
AA
=⇒=
250000Pa
800K
00K500000Pa.4
pC ==
Lo mismo hacemos para el volumen en B
800K
250000.V
800K
.002m500000Pa.0
T
V.p
T
V.p B
3
B
BB
A
AA
=⇒=
3
3
B 0,004m
250000Pa
,002m500000Pa.0
V ==
Q L ΔU
A-B
B-C
Aplicamos ahora las ecuaciones para
calcular el trabajo en cada evolución e iremos
completando la siguiente tabla.
C-A
Evolución A-B
A
B
A
V
V
lnTRnL ⋅⋅⋅=
Pero para aplicar esta ecuación debemos calcular el número de moles del sistema y
entonces aplicamos nuevamente la ecuación general de los gases ideales:
mol0,15
800K
mol.K
J
8,3
,002m500000Pa.0
R.T
.Vp
nn.R.T.Vp
3
A
AA
AAA =
⋅
==⇒=

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Termodinámica
6
690,4J
0,002m
0,004m
ln800K
mol.K
J
8,30.15molL 3
3
=⋅⋅⋅=
La variación de la energía interna en esta evolución es nula porque es isotérmica.
0U =Δ
Por lo tanto, aplicando el primer principio:
690,4J0LQULQ =+=⇒Δ+=
Para la evolución B-C calculamos el trabajo siendo la evolución isobárica:
( ) -500J0.004m-0.002m
m
N
250000)V-p.(VL 33
2BC =⋅==
La variación de la energía interna es:
T.m.cU v Δ=Δ
Teniendo en cuenta la masa molar tenemos que la masa de gas es:
4,2g0.15mol
mol
g
28M.nm =⋅==
1244.88J800K)-K.4,2g.(400
g.K
J
0,741U −==Δ
Aplicando el primer principio:
1744,88J1244,88J500JQULQ −=−−=⇒Δ+=
Como la evolución C-A es isócora no se realiza trabajo y la variación de la energía
interna es la misma que en la evolución B-A pero de signo contrario, pues se invierte la variación
de temperatura.
1244.88JU =Δ
1244,88JU0QULQ =Δ+=⇒Δ+=
La tabla completa nos queda
Q L ΔU
A-B 690,4J 90,4J 0
B-C 1744.88J 500J -1244.88J
C-A 1244.88J 0 1244.88J
El trabajo neto se obtiene sumando los trabajos de todas las evoluciones:
190J0J500J690JLNETO =+−=
Por ultimo calculamos el rendimiento haciendo el cociente entre el trabajo neto y la
suma de los calores positivos:
9,8%0,098
1244,8J690,4J
190J
Q
L
η
entregado
neto
==
+
==
Esto significa que de cada 100 J de energía entregada al sistema en un ciclo se
obtienen 9,8 J de trabajo.