Ejercicios de termodinámica
N moles de un cierto gas que obedece a la ecuación de estado:
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:
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:
\( \displaystyle \begin{array}{l}
\triangle H = - T^{\,2}·\frac{\partial }{\partial T}\left(
N·R·\ln\:2 + \frac{N·B·P}{T}\right)=
\\
\\
= - T^{\,2}·\left(- \frac{N·B·R}{T^{\,2}}\right)=
N·B·R
\end{array} \)