Acv

P-10: En un recipiente de capacidad calorífica despreciable, que contiene 49 Kg de agua a 20 ºC, se introduce un bloque de hierro a 10 kg a 100 ºC. Determine la temperatura de equilibrio. (Ce (hierro)=419J/kg ºC; 1 cal = 4,19 J). Resolución: Gráficamente tenemos: Q gana

T ( ºC ): Masa: Ce:

20 49 Kg <> 4900 g 1 cal/gºC

Q pierde

Teq = ¿?

T ( ºC ): Masa: Ce:

100 10 Kg <> 1000 g 419 J/ kgºc <> 0.1cal/gºc

Del equilibrio térmico tenemos: Σ Qgana =Σ Qpierde Q agua = Q metal CemΔT = CemΔT 1*(4900)*(Teq – 20) = 0.1*(1000)*(100- Teq) Operando obtenemos: Teq = 21.6 ºC Clave: B

P-11: Cuando se vierte café calinte en una taza ¿Cuánto calor cede el café a la taza de 200 g, cuyo calor especifico es 0.2 cal/gºC, al levar su temperatura de 20 ºC a 80 ºC? Resolución: Gráficamente tenemos: Q gana

T inicio: Masa (taza): Ce:

20 ºC 200 g 0.2 cal/gºC

Tfinal = 80 ºC

La taza gana calor sensible para cambiar su temperatura, entonces: Qgana = Ce*m*ΔT Qgana= 0.2*(200)*(80- 20) Operando obtenemos: Qgana = 2.4 K cal Clave: E

P-12: Se tiene trozo de hierro de 5 kg que al sumergirlo en un recipiente ce capacidad calorífica despreciable, que contiene 2,5 kg de agua a 32 ºC, permite alcanzar una temperatura de equilibrio de 50 ºC. Determine la temperatura inicial del trozo de hierro. (Ce (hierro)=0.12 cal /g ºc). Resolución: Gráficamente tenemos: Q gana

T ( ºC ): Masa: Ce:

= 32 2.5 kg <> 2500 g 1 cal/gºC

Q pierde

Teq = 50 ºC

T ( ºC ): Masa: Ce:

¿? 5 Kg <> 5000 g 0.12 cal/ºc

Del equilibrio térmico tenemos: Σ Qgana =Σ Qpierde Q agua = Q metal CemΔT = CemΔT 1*(2500)*(50 – 32) = 0.12*(5000)*(T- 50) Operando obtenemos: T = 125 ºC Clave: E

P-13: En un recipiente equivalente en agua de 20 g, que contiene 30 g de agua a 20 ºC, se vierten 50 g de agua a 80º C. Determine la temperatura de equilibrio. Resolución: Gráficamente tenemos: Q gana (sistema)

T ( ºC ): Masa: Ce:

20 20 + 30 = 50 g * 1 cal/gºC

Q pierde

Teq = ¿?

T ( ºC ): Masa: Ce:

80 50g 1 cal/gºC

Del equilibrio térmico tenemos: Σ Qgana =Σ Qpierde Q sistema = Q agua CemΔT = CemΔT 1*(50)*(Teq – 20) = 1*(50)*(80- Teq) Operando obtenemos: Teq = 50 ºC Clave: E OBS: En * estamos considerando la masa del agua con recipiente como uno solo debido a que el recipiente es “equivalente en agua”, de forma practica su Ce es 1cal/gºC y como además que el cambio en temperatura (ΔT) para ambos es la misma.

P-14: En un calorímetro de capacidad calorífica despreciable, se tiene dos litros de agua a 20ºC. En este calorímetro se hace ingresar tres litros de un liquido (ρ =1g/cm3) a 70 ºC, cuyo calor especifico es 2/3 cal/gºC. Determine la temperatura de equilibrio. Resolución: Gráficamente tenemos: Q gana

T ( ºC ): Volumen: Densidad:

20 2 litros 1g/cm3

Q pierde

Teq = ¿?

T ( ºC ): Volumen: Densidad:

70 3 litros 1g/cm3

Recuerda: como el agua tiene una densidad de (ρ =1g/cm3) entonces se cumple la siguiente equivalencia: 1cm3 <> 1ml es decir por cada litro hay 1 kg de agua; de forma similar para el otro liquido ya que densidad es también (ρ =1g/cm3) Masa: Ce:

2kg < > 2000 g 1 cal/gºC

Masa: Ce:

3 kg <> 3000 g 2/3 cal/gºC

Del equilibrio térmico tenemos: Σ Qgana =Σ Qpierde Q agua = Q liquido CemΔT = CemΔT 1*(2000)*(Teq – 20) = (2/3)*(3000)*(70- Teq) Operando obtenemos: Teq = 45 ºC Clave: A

P-15: Una esfera de 600g, cuyo calor especifico es 0.25 cal/gº C, se introduce en un recipiente de 300 g y que contiene 500 g de agua 20 ºC. si la temperatura de equilibrio es de 80 ºC ¿Cuál fue la temperatura inicial de la esfera? ( Ce (recipiente)= 0.1 cal/gº C) Resolución: Gráficamente tenemos: Q gana (agua)

Q pierde (esfera)

Q gana (recipiente)

T ( ºC ): Masa (recipiente):

Ce (recipiente):

Masa (agua):

20 300 g 0.1 cal/gºC

Teq = 80 º C

Masa:

¿? 600g

Ce:

0.25 cal/gºC

T ( ºC ):

500 g

Del equilibrio térmico tenemos: Σ Qgana =Σ Qpierde Q recipiente + Q agua = Q agua CemΔT + CemΔT = CemΔT 0.1*(300)*(80 – 20) + 1*(500)*(80-20) = 0.25*(600)*( Teq - 80) Operando obtenemos: Tesfera = 292 ºC Clave: D

P-16: En un recipiente de capacidad calorífica desconocida, se tiene 280 g de agua a 30ºC. Si se introduce una esfera de aluminio de 200 g a 111 ºC y 400 g agua a 31ºC, se observa que el sistema alcanza el equilibrio térmico a 35 ºC ¿Determine la capacidad calorífica del recipiente? ( Ce (aluminio)= 0.22 cal/gºC) Resolución: Gráficamente tenemos: Q gana (agua) +Q gana (recipiente)

Q pierde (esfera)

Q gana (agua)

T: Masa (agua): C (recipiente):

30 ºC

T = 31ºC

280 g

Masa = (agua)

Teq = 35 º C 400g

¿?

T:

111 ºC

Masa:

200g

Ce:

0.22 cal/gºC

Del equilibrio térmico tenemos: Σ Qgana =Σ Qpierde [Q recipiente + Q agua ] + Q agua = Q agua [C.ΔT + CemΔT] + CemΔT= CemΔT [C*(35 – 30) + 1*(280)*(35-30)]+1*(400)*(35-31) = 0.22*(200)*(111 - 35) Operando obtenemos: C = 68.8 cal /ºC Clave: D

P-17: En un calorímetro de capacidad calorífica de 26 cal/ º , se tiene 150 g de agua a 30 ºC. Al introducir una esfera de 400g a 150 ºC, e alcanza una temperatura de equilibrio es de 70 ºC. Determine el calor especifico del material de la esfera en cal/gº C. Resolución: Gráficamente tenemos: Q gana (agua)

Q pierde (esfera)

Q gana (recipiente)

30

T ( ºC ): Masa (agua): C recipiente):

Teq = 70º C

T ( ºC ):

150

150 g

Masa:

400g

26 cal /ºC

Ce

¿?

Del equilibrio térmico tenemos: Σ Qgana =Σ Qpierde Q recipiente + Q agua = Q agua CΔT + CemΔT = CemΔT 26*(70 – 30) + 1*(150)*(70-30) = Ce*(400)*(150 -70) Operando obtenemos: Ce = 0.22 cal /gºC Clave: B

P-17: Una bala de 100g que se desplaza con una rapidez de 400 m/s se incrusta en una pared. Si el 5% de su energía cinética se invierte en incrementar la temperatura de la bala, determine la variación de temperatura que experimenta la bala, cuyo calor especifico es 0.06 cal/gºC. Resolución: Gráficamente tenemos: Q medio = 95% Ec Q bala =5% Ec

Masa (bala): C (bala):

100 g <>0.1 Kg 0.06 cal /ºC

Piden ΔT Sabemos Q = 5 % *Ec Q =5% ( ½)*0.1*4002 = 400 J Entonces: Considerando 1 J= 0.24 cal tenemos: Q = 400*0.24 = 96 cal Ce*m *ΔT= 0.06*100* ΔT =96 Por lo tanto: ΔT =16 ºC Clave: C

PROB 28 I. Para que la temperatura aumente se tienen los siguientes casos: En ambos casos la energía Entregar calor al gas o Comprimir el gas interna del gas se incrementa y por lo tanto la temperatura también. (V) II.

La primera ley de la termodinámica se basa en la conservación de la Energía. (V)

III.

El gas no realiza trabajo en el proceso isométrico, se incrementa la energía interna. (F) Clave: D

PROB 29 Piden calcular ΔU y para esto sabemos del proceso adiabático que: ∆U = −W gas Falta W y para esto como se tiene por dato que el movimiento del pistón es lento se cumple que: W Neto = 0 gas

Remplazando: W gas + Fatm ⋅ 0,6 + 2500 ⋅ 0,6 = 0  Patm⋅ A

W gas + 10 5 ⋅ 0,25 ⋅ 0,6 + 2500 ⋅ 0,6 = 0

W gas + W Atm + W F = 0 W gas = −16,5 kJ  ∴ ∆U = 16,5 kJ Clave: D

PROB 30 Piden Q, pero sabemos que en un proceso isobárico la 1ra ley de la termodinamica que: Q = P∆V + ∆U..........1 También, teniendo el Cv se tiene: ∆U = m ⋅ C v ⋅ ∆T kJ ............2 Podemos observar del gráfico que: ∆V = 0,5 ⋅ 0,08 m 3 y de la expresión: P∆V = R ⋅ ∆T ⋅ n tenemos que ∆V DP ∆T o sea que: ∆T = 300 K , remplazando en 1 y 2 se tiene: Q = 10 5 ⋅ (0,5 ⋅ 0,08) + 0,2 ⋅ 700 ⋅ 300 ∴ Q = 46000 J = 46 kJ Clave: A PROB 31 Piden calcular Q, pero sabemos que para el proceso isotérmico:

VB ) VA Remplazando los valores de la gráfica se tiene: P V Q = 0 VB ln( B ) 3 V0 Falta VB y para esto planteamos de la ecuación del estado de los gases que: PAV A = PBV B P 3V Q = 0 3V0 ln( 0 ) P0 3 V0 P0V0 = V B  3 ∴ Q = P0V0 ln(3) → V B = 3V0 Q = PBV B ln(

Clave: C PROB 32 Piden calcular P pero sabemos que para un proceso isobárico: Q = ∆U + P (V B − V A ) Por dato: Q=500kJ, ΔU=300kJ, VB=6m3 y VA=2m3, remplazando: 500 ⋅ 10 3 = 300 ⋅ 10 3 + P (6 − 2) ∴ P = 50 KPa Clave: B PROB 33 Sabemos que para un ciclo: W ciclo = Área encerrada Al graficar los procesos tenemos:

W ciclo = ∴W ciclo

PROB 34 Piden calcular el trabajo del gas cuando va de C a A y podemos observar de la gráfica: gas WCDA = − A2

(5 − 1) ⋅ 10 −3 ⋅ (2 − 1) ⋅ 10 5 2 = 200 J Clave: E

Pero por dato en este tramo se disipa 13000 cal y de la 1ra ley de la termodinámica: gas QCDA = ∆U CDA + WCDA Remplazando: gas − 13000 = ∆U CDA + WCDA ..........1 Falta la variación de la energía interna y para esto se tiene por dato que en el trayecto ABC se entrega al sistema 15000 cal y se realiza un trabajo de 5000 cal, o sea: gas QABC = ∆U ABC + WABC →15000 = ∆U ABC + 5000 → ∆U ABC = 10000 cal Recordemos que para el ciclo: ∆U ciclo = 0 → ∆U CDA = −10000 cal Remplazando en 1 se tiene: gas ∴WCDA = −3000 cal Clave: D PROB 35 Piden calcular el trabajo del gas en el ciclo y para esto hay que graficar el diagrama P-V:

Teniendo la gráfica podemos plantear que lo que piden es A2 y plasmando los datos y usando la 1ra ley de la termodinámica se tiene en los tramos: • Tramo 1-2: Q1- 2 = ∆U1- 2 + W1gas -2

•

600 = −200 − A2 − A1

Tramo 2-3: Q2-3 = W2gas -3

− 200 = + A1 De estas expresiones: A2 = 600 J Clave: A

PROB 36 Piden el calor disipado en el tramo B-C y para esto planteamos la 1ra ley de la termodinámica para el ciclo y los tramos: • Ciclo: Q = W gas

(2 P0 − P0 )(3V0 − V0 ) 2 = P0V0

QA-B + QB-C + QC-A =

QA-B + QB-C + QC-A • Tramo A-B: QA-B = ∆U A -B + WAgas -B

2 P0 + P0 (3V0 − V0 ) 2 QA-B = 50000 + 3P0V0 Tramo B-C: QA-B = 50000 +

• •

QB-C = ∆U B-C Tramo C-A: QC-A = ∆U C-B + WCgas -B

QC-A = ∆U C-B − (3V0 − V0 ) QC-A = ∆U C-B 2V0

De estas ecuaciones y recordando que: ∆U ciclo = 0

∴ QB-C = 30000 J