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DE FÍSICA
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Ejercicios de termodinámica

N moles de un cierto gas que obedece a la ecuación de estado:

    \( P·V = N(R·T + B·P)\)

Pasan, siguiendo un proceso isotérmico reversible de P a 2P. Calcular \( \triangle U\, ,\, \triangle S\, ,\, \triangle H \,,\, \triangle G\) y el calor transferido en el proceso.

- Respuesta al ejercicio 70

Calculamos en primer lugar la variación de energía interna:

    \( \displaystyle U = U(T,P) \Rightarrow dU = \left(\frac{\partial U}{\partial T}\right)_P dT + \left(\frac{\partial U}{\partial P}\right)_T dP\)
Pero, al ser un proceso isotérmico reversible, se anula el primer término y queda:
    \( \displaystyle dU = \left(\frac{\partial U}{\partial P}\right)_T dP \)
Por otro lado, de la intensidad termodinámica podemos obtener:
    \( \displaystyle \begin{array}{l} dU = T·dS - P·dV \Rightarrow \left(\frac{\partial U}{\partial P}\right)_T = T\left(\frac{\partial S}{\partial P}\right)_T - P\left(\frac{\partial V}{\partial P}\right)_T \\ =T\left(\frac{\partial V}{\partial T}\right)_P - P\left(\frac{\partial V}{\partial P}\right)_T \\ \end{array} \)
Y considerando la ecuación de Estado:
    \( \displaystyle V = \frac{N·R·T}{P} + N·B \Rightarrow \left(\frac{\partial V}{\partial T}\right)_P = \frac{N·R}{P} \;;\; \left(\frac{\partial V}{\partial P}\right)_T =- \frac{N·R·T}{P^2} \)
Con lo que, sustituyendo:
    \( \displaystyle \begin{array}{l} \left(\frac{\partial U}{\partial P}\right)_T = - T·\frac{N·R}{P} - P\left(- \frac{N·R·T}{P^2}\right) = 0 \Rightarrow \\  \\ \Rightarrow dU = \left(\frac{\partial U}{\partial P}\right)_TdP = 0 \;;\; U = Cte. \end{array} \)
Según este resultado, podemos calcular fácilmente el calor transferido en el proceso:
    \( dU = \delta Q + \delta W = 0 \Rightarrow \delta Q - P·dV = 0 \Rightarrow \delta Q = P·dV \)
Pero, por ser un proceso isotérmico reversible, dV vale:
    \( \displaystyle dV = \left(\frac{\partial V}{\partial P}\right)_T dP \)
Y, por lo tanto:
    \( \displaystyle \delta Q = P·dV = P \left(\frac{\partial V}{\partial P}\right)_T dP =\left(- \frac{N·R·T}{P^{\,2}}\right) dP = - \frac{N·R·T}{P}dP \)
E integrando entre los valores señalados:
    \( \displaystyle Q = -\int_{P}^{2P} \frac{N·R·T}{P}dP = - N·R·T·\ln \:2 \)
La variación de entropía vendrá dada entonces por:
    \( \displaystyle \delta Q = T·dS \Rightarrow (T=Cte)\Rightarrow Q = T\triangle S \Rightarrow \triangle S = \frac{Q}{T} = - N·R·\ln \:2 \)
Calculamos ahora la variación de G:
    \( dG = V·dP - S·dT \)
Pero, al ser un proceso isotérmico reversible, dT = 0 y entonces:
    \( \displaystyle \begin{array}{l}
    dG = V·dP \Rightarrow \triangle G = \int_{P}^{2P}V·dP = \\
     \\
    = \int_{P}^{2P}\left(\frac{N·R·T}{P} + N·B\right)dP = N·R·T·\ln\:2 + N·B·P
    \end{array}\)
Por último, para calcular \( \triangle H \) aplicamos la segunda ecuación de Gibbs-Helmholtz que se obtiene cómo sigue:
    \( \displaystyle \triangle H = \triangle G + T \triangle S = \triangle G - T·\frac{\partial \triangle G}{\partial T} = T^{\,2}·\frac{\partial \triangle }{\partial T}\left(\frac{\triangle G}{T}\right) \)
Y sustituyendo valores:
    \( \displaystyle \begin{array}{l}
    \triangle H = - T^{\,2}·\frac{\partial }{\partial T}\left( N·R·\ln\:2 + \frac{N·B·P}{T}\right)= \\
     \\
    = - T^{\,2}·\left(- \frac{N·B·R}{T^{\,2}}\right)= N·B·R
    \end{array} \)
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Página publicada por: José Antonio Hervás