Ejercicio resuelto de termodinámica

Misma variación de energía interna, tres modos de transferencia

Ejercicio 7 · Lección 4 — El primer principio de la termodinámica

  • primer principio
  • energía interna
  • calor
  • trabajo mecánico
  • trabajo eléctrico
  • calorimetría
  • función de estado

Versión de trabajo — este ejercicio aún está en revisión.

Enunciado

Un líquido, su calorímetro y una pequeña resistencia sumergida constituyen un sistema cerrado, macroscópicamente en reposo. El recipiente es rígido y se supone constante la capacidad calorífica total del sistema:

C=2,00 kJ K−1.C=2{,}00\ \mathrm{kJ\,K^{-1}}.

Se quiere llevar el sistema del estado de equilibrio AA, a TA=20,0 ∘CT_A=20{,}0\,^\circ\mathrm{C}, al estado de equilibrio BB, a TB=25,0 ∘CT_B=25{,}0\,^\circ\mathrm{C}. Se admite que

U(B)−U(A)=C(TB−TA).U(B)-U(A)=C(T_B-T_A).

Las variaciones de energía cinética y potencial macroscópicas son nulas. Se desprecian todas las pérdidas hacia el exterior.

Se realizan independientemente los tres protocolos siguientes, partiendo del mismo estado inicial AA:

  • Protocolo 1. El sistema se pone en contacto térmico con una fuente caliente, sin suministrarle trabajo alguno.
  • Protocolo 2. Las paredes están aisladas térmicamente. Una paleta agita el líquido gracias a la caída de una masa mm desde una altura h=5,00h=5{,}00 m. La paleta y el líquido terminan en reposo, y toda la energía mecánica perdida por la masa se transfiere al sistema. Se tomará g=9,81 m s−2g=9{,}81\ \mathrm{m\,s^{-2}}.
  • Protocolo 3. El sistema recibe un calor Q3=4,00Q_3=4{,}00 kJ y la energía restante se aporta eléctricamente a la resistencia. La potencia eléctrica recibida es constante e igual a P=300\mathcal P=300 W.

  1. Calcular la variación de energía interna ΔU=U(B)−U(A)\Delta U=U(B)-U(A) común a los tres protocolos.
  2. Para cada uno de los dos primeros protocolos, determinar el calor QQ y el trabajo WW recibidos por el sistema. En el segundo, calcular la masa mm necesaria.
  3. Para el tercer protocolo, calcular el trabajo eléctrico recibido y el tiempo de alimentación de la resistencia.
  4. Las tres transformaciones tienen los mismos estados inicial y final. Explicar por qué sus valores de QQ y WW pueden ser, sin embargo, diferentes. ¿Contiene el sistema «calor» o «trabajo» en el estado final BB?

Pista
Aplicar ΔU=Q+W\Delta U=Q+W con el convenio del banquero. Para la paleta, el trabajo recibido es igual a la disminución mghmgh de la energía potencial de la masa. La energía eléctrica que atraviesa la frontera por los cables se contabiliza como trabajo eléctrico.

Solución detallada

Solución
Pregunta 1. La diferencia de temperatura vale TB−TA=5,0T_B-T_A=5{,}0 K. Por tanto,

ΔU=C(TB−TA)=2,00×5,0=10,0 kJ.\Delta U=C(T_B-T_A)=2{,}00\times5{,}0=10{,}0\ \mathrm{kJ}.

Este valor solo depende de los dos estados de equilibrio AA y BB.

Pregunta 2. En el primer protocolo no se recibe trabajo: W1=0W_1=0. El primer principio da entonces

Q1=ΔU=10,0 kJ.Q_1=\Delta U=10{,}0\ \mathrm{kJ}.

El calor es positivo porque la energía entra en el sistema.

En el segundo protocolo, las paredes están aisladas térmicamente, de modo que Q2=0Q_2=0. Toda la variación de energía interna procede del trabajo mecánico de la paleta:

W2=ΔU=10,0 kJ.W_2=\Delta U=10{,}0\ \mathrm{kJ}.

Como W2=mghW_2=mgh,

m=W2gh=10,0×1039,81×5,00≃204 kg.m=\frac{W_2}{gh}=\frac{10{,}0\times10^3}{9{,}81\times5{,}00}\simeq204\ \mathrm{kg}.

El elevado orden de magnitud recuerda que incluso un aumento moderado de temperatura corresponde ya a una energía mecánica importante.

Pregunta 3. El primer principio impone

W3=ΔU−Q3=10,0−4,00=6,00 kJ.W_3=\Delta U-Q_3=10{,}0-4{,}00=6{,}00\ \mathrm{kJ}.

Este trabajo es positivo: la alimentación eléctrica aporta energía al sistema. Con W3=P ΔtW_3=\mathcal P\,\Delta t,

Δt=W3P=6,00×103300=20,0 s.\Delta t=\frac{W_3}{\mathcal P}=\frac{6{,}00\times10^3}{300}=20{,}0\ \mathrm{s}.

Pregunta 4. Los tres caminos dan, respectivamente,

(Q1,W1)=(10,0,0) kJ,(Q2,W2)=(0,10,0) kJ,(Q_1,W_1)=(10{,}0,0)\ \mathrm{kJ},\qquad(Q_2,W_2)=(0,10{,}0)\ \mathrm{kJ},

y

(Q3,W3)=(4,00,6,00) kJ.(Q_3,W_3)=(4{,}00,6{,}00)\ \mathrm{kJ}.

En todos los casos, la suma Q+WQ+W vale 10,010{,}0 kJ y produce la misma variación ΔU\Delta U. La energía interna es una función de estado, mientras que el calor y el trabajo describen transferencias durante una transformación. En el estado final BB, el sistema posee energía interna, pero no contiene ni «calor» ni «trabajo».