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Primera ley problemas resueltos

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Primera ley 
Trabajo 
 
El trabajo de expansión-compresión, , es la transferencia de energía 
debida a una diferencia de presiones. Es función de la trayectoria, es decir, depende 
del camino seguido, del número de etapas en que se realiza. Su expresión 
matemática puede obtenerse partiendo de la definición general: 
w
ext
ext ext
dw Fdz
FP
A
w P Adz P dV
= −
=
= − = −
 
 
Existen diferentes variedades de trabajo que se resumen en la siguiente 
tabla: 
Tipo de trabajo δw= Notación Unidades 
Expansión-compresión extP dV− extP = presión externa 
dV =cambio de 
volumen 
Pa 
m3
Expansión de una 
superficie 
dγ σ γ =tensión superficial
dσ = cambio de área
N m-1 
m2
Extensión fdl f =tensión 
f dl =cambio de 
longitud 
N 
m 
Eléctrico φdq φ=potencial eléctrico 
dq = cambio en la 
carga 
V 
C 
 
El trabajo es una función de la trayectoria, depende del camino seguido, su 
diferencial no es exacta, por lo que la representamos como wδ . 
 32
Calor 
 El calor, q , es la transferencia de energía debida a una diferencia de 
temperaturas. Es función de la trayectoria, es decir, depende del camino seguido, 
del número de etapas en que se realiza. 
 La cantidad de calor necesaria para aumentar la temperatura de un sistema 
en un grado, manteniendo el volumen constante, se llama capacidad calorífica a 
volumen constante. Es una propiedad extensiva y se representa por 
V
qCv
dT
δ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠ . 
 La cantidad de calor necesaria para aumentar la temperatura de un sistema 
en un grado, manteniendo la presión constante, se llama capacidad calorífica a 
presión constante. Es una propiedad extensiva y se representa por 
P
qCp
dT
δ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠ . 
Primera Ley 
 
 La primera ley de la termodinámica, es la ley de la conservación de la 
energía, establece que la energía del universo permanece constante. Para un 
sistema cerrado se expresa como: 
dU q wδ δ= + ó bien U q w∆ = + 
donde U es la energía interna. 
Energía interna 
 La energía interna, U , es la energía propia del sistema. Dado que las 
partículas que constituyen un sistema pueden trasladarse, rotar y vibrar, la energía 
interna tiene una contribución debida a estos movimientos, ésta es la energía 
cinética interna. Las moléculas poseen una energía potencial interna debido a las 
interacciones intermoleculares e intramoleculares, es decir, debido a la posición 
relativa de las partículas que las forman. 
 La energía interna es una propiedad extensiva y es función de estado, por 
lo cual su diferencial es exacta. 
A volumen constante, la primera ley implica que el cambio de energía 
interna es igual al calor absorbido o desprendido durante el proceso: 
Vq U= ∆ ó q dUδ = 
 33
por lo tanto 
V V
q dUCv
dT dT
δ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ . 
 La capacidad calorífica molar a volumen constante, CvCv
n
= , es el cociente 
de dos propiedades extensivas y por lo tanto es una propiedad intensiva. 
 
Podemos expresar la energía interna, para un sistema cerrado, en función 
de dos variables: T y V de la manera siguiente 
dV
V
UdT
T
UdU
TV
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
∂
∂+⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
∂
∂= 
en esta expresión reconocemos a Cv
T
U
V
=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
∂
∂ y , como demostraremos más 
adelante: P
T
PT
V
U
VT
−⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
∂
∂=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
∂
∂ ,entonces podemos rescribir la ecuación como: 
V
PdU CvdT T P dV
T
⎛ ⎞∂⎛ ⎞= + −⎜ ⎟⎜ ⎟∂⎝ ⎠⎝ ⎠
 ó 
V
PdU nCvdT T P dV
T
⎛ ⎞∂⎛ ⎞= + −⎜ ⎟⎜ ⎟∂⎝ ⎠⎝ ⎠
 
 
 
Entalpía 
La entalpía es una propiedad extensiva, es una función de estado por lo 
cual su diferencial es exacta, 
dU q w q PdVδ δ δ= + = − 
a presión constante: 
( )
( )
2 1 2 1 2 2 1
2 2 2 1 1 1
U U q P V V q PV PV
q U PV U PV
− = − − = − +
= + − +
1 
y definimos a la entalpía, , como H
H U PV= + 
pH q∆ = 
Es decir, físicamente, el cambio de entalpía es el calor que se absorbe o se 
desprende durante un proceso que se realiza a presión constante, y 
 34
P
q dHCp
dT dT
δ⎛ ⎞ ⎛= =⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠ ⎝
⎞⎟⎠ 
 La capacidad calorífica molar a presión constante, CpCp
n
= , es el cociente 
entre dos propiedades extensivas, y por lo tanto es una propiedad intensiva. 
La entalpía se puede expresar en función de la temperatura y la presión: 
dP
P
HdT
T
HdH
TP
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
∂
∂+⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
∂
∂= 
en esta ecuación reconocemos a Cp
T
H
P
=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
∂
∂ , y, como demostraremos más 
adelante, JT
T P
H Cp T V
P T
µ ⎡∂⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − = − +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦
V ⎤∂ ⎥ , con lo cual tenemos: 
P
VdH CpdT T V dP
T
⎡ ⎤∂⎛ ⎞= + − +⎜ ⎟⎢ ⎥∂⎝ ⎠⎣ ⎦
 ó 
P
VdH nCpdT T V dP
T
⎡ ⎤∂⎛ ⎞= + − +⎜ ⎟⎢ ⎥∂⎝ ⎠⎣ ⎦
 
 
 
Problemas resueltos. 
1. Armstrong, Aldrin y Collins fueron los astronautas del Apolo 11, primera nave 
espacial norteamericana que llegó a la Luna. Armstrong y Aldrin 
descendieron en la superficie lunar, mientras que Collins permaneció en la 
nave orbitando la Luna. Armstrong recogió muestras de piedras lunares que 
trajo a este planeta azul para ser examinadas. a) Calcular el trabajo realizado 
por Armstrong para levantar una piedra de 3 kg de masa a una altura de 1.5 
m en la Luna, donde 21.6g m s−= b) ) Calcular el trabajo que Armstrong 
habría realizado para levantar una piedra esa misma piedra en la Tierra la 
misma altura, donde 29.81g m s−= 
 Solución: 
 a) 
 0 2 0. cos cos0 3 1.6 1.5 cos0 7.2w F x Fx mgx kg ms m Jθ −= = = = =JG G
 b) 
 35
 0 2 0. cos cos0 3 9.81 1.5 cos0 44.145w F x Fx mgx kg ms m Jθ −= = = = =JG G
2. Dos moles de un gas ideal monoatómico realizan una expansión isotérmica 
desde 1 hasta 6 L manteniendo la temperatura constante e igual a 350 K. 
Calcular el trabajo realizado, a) si el proceso es reversible; b) si el proceso 
es irreversible con Pex=8.2 atm. 
 Solución: 
a) 
 
2
1
V
ext
V
w P d= −∫ V
Como el proceso es reversible, el sistema siempre está virtualmente en equilibrio 
con los alrededores, por ello ext gas
nRTP P
V
= = 
 
2 2
1 1
2
1
ln
V V
V V
nRT dV Vw nRT nRT
V V
= − = − = −∫ ∫ V 
62 8.31451 350 ln 10.428
1
J Lw mol K k
K mol L
= = J− 
El signo negativo significa que el trabajo es realizado por el sistema y queda 
representado gráficamente como el área sombreada bajo la curva P vs. V como 
se muestra en la figura siguiente. 
 36
0 1 2 3 4 5 6 7
0
10
20
30
40
50
P
 / 
at
m
V / L
Figura III.1. Trabajo de expansión isotérmico reversible ( w < 0) 
b) 
Si el proceso es reversible, extP = constante, entonces 
( )
2
1
2 1
V
ext ext
V
w P dV P V V= − = − −∫ 
5 2 3
3
1.01325 10 / 18.2 (6 1 ) 4.154
1 10
N m mw atm L L
atm L
×= − − = − kJ 
El trabajo realizado queda representado por el área oscura en la figura 
siguiente: 
 37
1 2 3 4 5 6
0
10
20
30
40
50
P
 / 
at
m
V / L
 
Figura III.2. Trabajo de expansión isotérmico irreversible (w < 0) 
 
Al comparar los resultados de los incisos a) y b), observamos: 
i) que el trabajo depende de la trayectoria seguida y 
ii) que el trabajo de expansión reversible es mayor que el trabajo de 
expansión irreversible. 
3. Dos moles de un gas ideal monoatómico realizan una compresión isotérmica 
desde 6 hasta 1 L manteniendo la temperatura constante e igual a 350 K. 
Calcular el trabajo realizado, a) si el proceso es reversible; b) si el proceso 
es irreversible con Pex=49.2 atm. 
 Solución: 
 a) 
 
1
2
V
ext
V
w P d= −∫ V
 En esta ecuación hemos cambiado los límites de integración para hacer 
énfasis en que ahora se trata de una compresión (de 6L a 1 L) en estecaso. 
 38
Como el proceso es reversible, ext gasP P= al igual que en el inciso a) el problema 
anterior y por lo tanto 
1 1
2 2
1
2
ln
V V
V V
nRT dV Vw nRT nRT
V V
= − = − = −∫ ∫ V 
sustituyendo tenemos: 
12 8.31451 350 ln 10.428
6
J Lw mol K k
K mol L
= − = + J 
y queda representado por el área rayada en la siguiente figura: 
0 1 2 3 4 5 6 7
0
10
20
30
40
50
P 
/ a
tm
V / L
 
Figura III.3. Trabajo de compresión isotérmico reversible (w > 0) 
 
Observamos que el trabajo de expansión reversible y el trabajo de compresión 
reversible tienen la misma magnitud pero de signo contrario. El signo del trabajo 
solamente indica quién hizo el trabajo: el sistema en el caso de la expansión, o 
los alrededores en el caso de la compresión. 
b) 
Si el proceso es irreversible, extP = constante, entonces 
 39
( )
1
2
1 2
V
ext ext
V
w P dV P V V= − = − −∫ 
5 2 3
3
1.01325 10 / 149.2 (1 6 ) 24.926
1 10
N m mw atm L L
atm L
×= − − = + kJ
siguiente figura: 
abajo de compresión isotérmico irreversible (w > 0) 
i comparamos con el problema anterior, observamos que 
s mucho mayor que el 
4. Determ oles de un gas monoatómico ideal 
isotérmica reversible desde 1 hasta 6 L 
 desde 6 hasta 1 L 
manteniendo la temperatura constante e igual a 350 K. 
 
En este caso, el trabajo queda representado por el área rayada en la 
Figura III.4 Tr
0 1 2 3 4 5 6 7
0
10
20
30
40
50
60
70
P 
/ a
tm
V / L
 
S
i) El trabajo depende de la trayectoria seguida; 
ii) Que el trabajo de compresión irreversible e
trabajo de compresión reversible. 
inar el trabajo realizado por dos m
que realiza el siguiente ciclo: 
Primera etapa: expansión 
manteniendo la temperatura constante e igual a 350 K. 
Segunda etapa: una compresión isotérmica reversible
 40
Solución: 
La primera etapa corresponde a la expansión del inciso a) del problema 2 y la 
apa corresponde a la compresión del inciso a) del problema 3. segunda et
Ambos procesos son reversibles. 
Para la primera etapa: 
2ln 10.428Vw nRT kJ= − = − .
1
la etapa V
el sistema hace trabajo al expandirse de 1 a 6 L. 
Para la segunda etapa: 
1ln 10.428Vw nRT kJ= − = + 
2V
los alrededores hacen trabajo sobre el sistema y de esta manera el sistema 
regresa a su estado inicial completando un ciclo, el trabajo total realizado al 
 
Esto también lo podemos visualizar como la suma de las áreas de las figuras III.1 y 
I.3. Son iguales en magnitud pero de signo contrario, por lo cual su suma es cero. 
 
completar un ciclo se obtiene sumando el trabajo de la expansión y el trabajo 
de la expansión: 
10.428 10.428 0ciclow kJ kJ= − + = 
II
 
 
Figura III.5. 
0 1 2 3 4 5 6 7
0
10
20
30
P
 / 
at
m
V / L
40
50
0 1 2 3 4 5 6 7
0
10
20
30
P 
/ a
tm
V / L
40
50
 41
Observamos que el trabajo es cero para un ciclo en el cual el camino de ida y 
oinciden, es decir, el efecto neto es nulo, el sistema hace (en 
este caso) 10.428 kJ de trabajo al expandirse, y los alrededores hacen sobre 
 tados de 
5. er
que re
Primer isotérmica irreversible desde 1 hasta 6 L 
sponde a la compresión del inciso b) del problema 3. 
esos son irreversibles. 
 
el sistema hace trabajo al expandirse de 1 a 6 L. 
de regreso c
el sistema 10.428 kJ de trabajo para comprimir al sistema y de esta manera 
hacer que regrese a sus condiciones iniciales. Tanto el sistema como los 
alrededores recobran su estado inicial. Esta es una característica de los 
procesos reversibles, tanto sistema como alrededores pueden regresar a sus 
condiciones iniciales. Este tipo de procesos son ideales, no existen en la 
naturaleza. Estudiamos los procesos reversibles por las siguientes razones: 
i) En un proceso reversible, el sistema hace el máximo trabajo 
ii) Conociendo el máximo trabajo que un sistema puede realizar, se 
puede calcular la eficiencia del proceso. 
iii) Dado que un proceso reversible es una sucesión de es
equilibrio, en Termodinámica, hablar de reversibilidad es equivalente a 
hablar de equilibrio. 
 Det minar el trabajo realizado por dos moles de un gas monoatómico ideal 
aliza el siguiente ciclo: 
a etapa: expansión
manteniendo la temperatura constante e igual a 350 K contra una presión de 
oposición de 8.2 atm. 
Segunda etapa: una compresión isotérmica irreversible desde 6 hasta 1 L 
manteniendo la temperatura constante e igual a 350 K con una presión 
externa de 49.2 atm 
Solución: 
La primera etapa corresponde a la expansión del inciso b) del problema 2 y la 
segunda etapa corre
Ambos proc
Para la primera etapa: 
( )
2
2 1 4.154
V
ext extw P dV P V V= − = − − = −∫
1V
kJ
 42
Para la segunda etapa: 
1 2 24.926
V
ext extw P dV P V V kJ= − = − − = +∫ 
abajo sobre el sistema y de esta manera el sistema 
regresa a su estado inicial completando un ciclo, el trabajo total realizado al 
completar un ciclo se obtiene sumando el trabajo de la expansión y el trabajo 
el sistema regresara a su estado inicial, los alrededores 
tuvieron 24.926 kJ de trabajo, es decir, los alrededores tuvieron que hacer 
nda etapa siga el mismo camino que la primera pero en sentido 
ver
( )
1
2V
los alrededores hacen tr
de la expansión: 
4.154 24.926 20.772kJ kJ kJ− + = + 
El sistema hizo 4.154 kJ de trabajo sobre los alrededores al expandirse, pero, 
para lograr que 
20.772 kJ más de trabajo que el trabajo que el sistema hizo sobre los 
alrededores al expandirse. El resultado neto es que el sistema puede 
regresar a su estado inicial, pero los alrededores nunca lo pueden hacer. 
Esta es una característica de los procesos irreversibles. Estos procesos 
irreversibles son los procesos reales, los que se presentan en la naturaleza. 
Esto lo podemos visualizar también como la suma de las áreas de las figuras 
III.2 y III.4. Dado que son de diferente magnitud y signo, la suma es diferente 
de cero. 
El trabajo de un ciclo, ciclow , puede ser mayor o menor a cero, y puede ser 
igual a cero solamente en el caso que el ciclo esté constituido por dos etapas 
y la segu
contrario (expansión re sible a T constante de V1 a V2 y compresión 
reversible a T constante de V2 a V1). 
 
 
 
 
 
 
 43
 
 
 
igura III.6 Al sumar el trabajo de la expansión irreversible y la compresión 
reversible, obtenemos el trabajo del ciclo, representado por el área del 
rectángulo de la siguiente gráfica. 
 
 
6. Evaluar 
F
ir
70
1 2 3 4 5 6
0
10
20
30
40
50
P 
/ a
tm
V / L
0 1 2 3 4 5 6 7
0
10
20
30
40
50
60
P 
/ a
tm
V / L
1 2 3 4 5 6
0
10
20
30
40
50
P 
/ a
tm
V / L
T
U
V
∂⎛ ⎞⎜ ⎟∂⎝ ⎠ para un gas ideal 
 44
Solución: 
0
T V
V
nRT
U P nR nRT nRTVT P T P T P
V T T V V V
⎛ ⎞⎛ ⎞∂ ⎜ ⎟⎜ ⎟∂ ∂⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎝ ⎠⎜ ⎟= − = − = − = − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ∂ ∂⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎜ ⎟⎝ ⎠
 
por lo tanto concluimos que la energía interna de un gas ideal no depende del 
volumen, solamente depende de la temperatura y por lo tanto: 
dU CvdT nCvdT= = 
7. Evaluar ⎜ ⎟⎝ ⎠ para un gas de van der WaalT
U
V
∂⎛ ⎞
temperatura y del volumen: 
∂ s 
2
2
0
T V
V
nRT an
V nb VU P nRT P T P T
V T T V nb
⎛ ⎞⎛ ⎞∂ −⎜ ⎟⎜ ⎟−∂ ∂⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎝ ⎠⎜ ⎟= − = − = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟∂ ∂ ∂ −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
 P−
2
2
2
TV V nb V nb V
U an
⎜ ⎟⎜ ⎟ −⎝ ⎠ ⎝ ⎠
∂⎛ ⎞ =⎜ ⎟
 
2
T
U nRT nRT an
V V
⎛ ⎞∂⎛ ⎞ = − −∂ −
∂⎝ ⎠
por lo tanto, la energía interna de un gas de van der Waals depende de la 
2
2
andU nCvdT dV
V⎛ ⎞= + ⎜ ⎟⎝ ⎠
 
2 ⎜ ⎟
la dependencia de la energía interna con el volumen, se debe a que la ecuación 
de van der Waals sí toma en cuenta las interacciones moleculares. 
8. Obtener la expresión para el trabajo isotérmico reversible realizado por un 
gas de van der Waals. 
Solución: 
Como el proceso es reversible, la presión externa es igual a la presión del gas: 
2 2
1 1
2V V
ext
V V
nRT anw P dV dV
V nb
⎛ ⎞= − = − −⎜ −⎝∫ ∫ 2
2
1 2 1
1 1ln
V
V nbw nRT an
V nb V V
⎟⎠
⎛ ⎞−= − − −− ⎝ ⎠
 
 45
9. Evaluar 
T
H
P
∂⎛ ⎞⎜ ⎟∂⎝ ⎠ para un gas ideal. 
por lo tanto 
Solución. 
⎡ ⎤⎞ ⎛ ⎞
TP
= −⎜ ⎟ ⎢∂⎝ ⎠ ⎣ P
H VT V
T
∂ ∂⎛ +⎜ ⎟ ⎥∂⎝ ⎠ ⎦
 
nRT⎡ ⎤
[ ] 0
P
P
V nRPT V T V T V V V
T T P
⎛ ⎞⎛ ⎞∂⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟⎡ ⎤∂ ⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎝ ⎠⎢ ⎥⎜ ⎟− + = − + = − + = − + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎢ ⎥∂ ∂⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦
 
0
T
H
P
∂⎛ ⎞ =⎜ ⎟∂⎝ ⎠ 
dH CpdT= nCpdT= 
lo cual significa que la entalpía de un gas ideal solamente depende de la 
temperatura, no depende de la presión. 
 
 
10. Dos moles de un gas ideal monoatómico realizan una expansión isotérmica 
desde 1 hasta 6 L manteniendo la temperatura constante e igual a 350 K. 
Calcular , a) si el proceso es reversible; b) si el proceso es 
irreversible con Pex=8.2 atm. 
U y H∆ ∆
proceso reversible (inciso a) y para el proceso irreversible (inciso b). El cambio 
de energía interna no depende del camino seguido, por ello la energía interna es 
función de estado. 
Solución: 
La ecuación general para la energía interna es 
V
dU CvdT T P dV
T
−⎜ ⎟∂⎝ ⎠⎝ ⎠
, 
pero ya demostramos que para un ga
dU CvdT nCvdT= =
0U∆ =
P⎛ ⎞∂⎛ ⎞= + ⎜ ⎟
s ideal, la energía interna solamente 
atura depende de la temper . En este problema la 
atura es constante, por lo tanto temper para los dos casos, para el 
 46
La ecuación general para la entalpía es 
P
VdH CpdT T V dP
T
⎡ ⎤∂⎛ ⎞= + − +⎜ ⎟⎢ ⎥∂⎝ ⎠⎣ ⎦
, 
la entalpía solamente depe
Solución: 
( )( ) ( )( )3 1 7 23.2454 0.7108 10 298.15 0.406 10 298.15Cp R K K K K− − − −⎡ ⎤= + × − ×⎣ ⎦ 
podemos ele R que queramos, en este caso tomamos a R = 
8.31451 J K
2
gir las unidades de
 mol-1-1
1 128.716Cp J K mol− −= a 298.15 K y 
( )( ) ( )( )27 210 1000K K− − ⎤ 3 13.2454 0.7108 10 1000 0.406Cp R K K− −⎡= + × − ×
pero ya 
demostramos que, para un gas ideal, nde de la 
temperatura dU CvdT nCvdT= = . En este problema la temperatura es constante, 
por lo tanto 0H∆ = para los dos c versible (inciso a) y para el 
proceso irreversible (inciso b). El cambio de entalpía no depende del camino 
seguido, por ello la entalpía es función de estado. 
Para el nitrógeno: ( ) ( )3 1 7 2 2/ 3.2454 0.7108 10 0.406 10Cp R K T K T− − − −= + × − × 
asos, el proceso re
11.
Cp
⎣ ⎦
 
Calcular a 298.15 K y 1000 K 
 la presión const
1 132.556Cp J K mol− −= a 1000 K 
Observamos que Cp
sari
 depende de la temperatura, es decir, en este caso a 
298.15K son nece os para aumentar en 1 K la temperatura de 1 mol 
de nitrógeno, mientras a 1000 K son necesarios para aumentar la 
12. esaria para calentar 1 mol de nitrógeno desde 298.15 K 
hasta 1000K manteniendo ante. 
Solución. 
Sabemos que a presión constante 
28.716 J
 que 32.556 J
P
dH nCpdT T V dP= + − +⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦
 
y como la presión es cons
temperatura de 1 mol de nitrógeno en 1 K. 
Calcular la energía nec
q H= ∆ 
V
T
⎡ ⎤∂⎛ ⎞
∂
tante: 
dH nCpdT= 
 47
( ) ( )1 2
1 1
3 7 23.2454 0.7108 10 0.406 10
H T
H T
dH R T T− −⎡= + × − ×⎣ ⎦
( ) ( ) ( )3 72 2 3 32 1 2 1 2 10.7108 10 0.406 103.2454 2 3H R T T T T T T
− −⎡ ⎤× ×∆ = − + − − −⎢ ⎥⎣
dT⎤
⎦
∫ ∫
 
kJ q= 
nitrógeno desde 298.15 K hasta 1000 
K a presión constante, hay que proporcionarle 21.520 kJ de calor. 
 
13. Calcular la energía necesaria para el calentamiento isocórico de 1 mol de 
nitrógeno desde 298.15 K hasta 1000K. Considerar comportamiento ideal 
para obtener Cv 
Solución. 
 A volumen constante, . Para obtener el 
21.52H∆ = 0
P∂
lo cual significa que para calentar 1 mol de 
 
U∆ 
( ) (30.7108 102.2454U R T T T T−⎡ ⎛ ⎞×∆ = − +⎢ ⎜ ⎟
V
como se trata de un comportamiento ideal 
dU nCvdT T P dV
T
⎛ ⎞⎛ ⎞= + −⎜ ⎟⎜ ⎟∂⎝ ⎠⎝ ⎠
 
Cp Cv R− = por lo tanto si 
( ) ( )3 73.2454 0.7108 10 0.406 10
sde 298.15 K hasta 1000 en constante. Observamos que 
dU nCvdT= y 
2p R T T− −⎡ ⎤= + × − ×⎣ ⎦ C
( ) ( )3 7 22.2454 0.7108 10 0.406 10R T T− −⎡ ⎤= + × − × 
2
2.2454
T
dU R ⎡= ⎣ ⎦∫
Cv ⎣ ⎦
3 7 20.7108 10 0.406 10
U
T T dT− − ⎤+ × − ×∫ ( ) ( )2
1 1U T
) ( )72 2 3 32 1 2 1 2 10.406 102 3 T T
− ⎤×− − − ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦
 
J
J de energía para calentar 1 mol de 
nitrógeno de K a volum
se necesita menos calor para calentar 1 mol de nitrógeno desde 298.15 K a 
1000 K cuando lo hacemos a volumen constante (15.686 kJ) que cuando lo 
hacemos a presión constante (21.520 kJ), esto es debido a que a presión 
15.686U k∆ = 
Lo cual significa que necesitamos 15.686 k
 48
constante, parte del calor se utiliza en hacer trabajo PV, puesto que a presión 
constante , mientras que a volumen constante todo 
el calor s temperatura del sistema, pues , por lo 
que 
14.Demostrar que en un proceso adiabático reversible realizado por un gas ideal, 
q H U w U P V= ∆ = ∆ − = ∆ + ∆
e utiliza para aumentar la 0w =
q U= ∆ 
2⎝ ⎠ Cv⎝ ⎠
 
Solución. 
 
 
En un proceso adiabático 0q
γ ⎛ ⎞= ⎜ ⎟ 
= , entonces dU wδ= , lo cual significa que en una 
expansión, recibe energía de los alrededores, utiliza 
su propia energía para realizar trabajo. 
La e
1
2 1
1
Cp
entonces 
oceso re 
T V
T V
γ −⎛ ⎞= ⎜ ⎟ , donde 
 que dado que el sistema no
nergía interna de un gas ideal depende solamente de la temperatura, 
extdU nCvdT P dV= = − 
en un pr versible,
ext gas
nRTP P
V
n− RTCvdT dV
V
= =
=
 
n
2 2 1
1 1 2T V V
Cv R
T V∫ ∫ ∫ 
2 1
1 2
ln lnT VCv R
T V
=
 
T V VdT dV dVR
V
= − = +
2 1
1
ln lnT R V
T VCv
=
2
Para un gas ideal Cp Cv R− = , entonces 1Cp Cv Cp Cv
Cv Cv Cv
γ− = − = − 
 49
( )
( )
1
2 1
1 2
1
2 1
1 2
ln lnT V
T V
T V
T V
γ
γ
−
−
⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠
⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠
 
Esta última ecuación muestra que en un proceso adiabático la temperatura es 
inversamente proporcional al volumen, es decir, en una expansión el volumen 
aumenta y el s a hace trabajo sobre los alrededores a expensas de su 
energía interna. Al gastar su energía Interna la temperatura del sistema 
disminuye. 
bático reversible realiz s 
ideal, y que 
istem
15.Demostrar que en un proceso adia ado por un ga
1 1 2 2PV PV=
( )1
2 2
1 1
P T
P T
γ γ−⎛ ⎞ ⎛ ⎞=⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
 
)
( )
1
2
1
PV
γ
−
−
( )
( )
1
2 1 2PT T
γ −⎛ ⎞
Solución. 
Partimos de la ecuación 
( )1
2 1
1 2
T V
T V
γ −⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠
Hacer la gráfica P vs V para adiabático reversible realizado por un 
 ideal, y compararla con una isoterma del mismo gas. 
 obtenida en el problema anterior y 
sustituimos la ecuación del gas ideal: 
( ) 2 21
2
PV
T nR
PV
γ −⎞ = =⎟⎠
( )
( )1
1
1
2 1 1
21 2
nRT
T V P
nRTT V
γ
γ
−
− ⎛ ⎞⎜ ⎟⎛ ⎞ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠
(
1
1 12 1
1 2
2 1 1
1 1 2
2
1 1 2 2
V
V T
nR
V
V PV
VV P
V
PV PV
γ
γ γ
⎛⎜⎝
⎛ ⎞ =⎜ ⎟⎝ ⎠
⎛ ⎞ =⎜ ⎟⎝
=
 Por otro lado: 
2 1V P⎠
2
1 2 1
1
2 2
1 1
P
PT T
P T
P T
γ γ−
= =
⎜ ⎟⎝ ⎠
=⎜ ⎟⎝ ⎠
⎛ ⎞ ⎛ ⎞=⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
 
16. un proceso
gas
Solución: 
 50
 51
La isoterma es la gráfica de la ecuación 1PV K= y la adiabataes la gráfica de la 
ecuación , donde 2PV K
γ = 1 2K y K
temperatura. 
0
5
 son constantes elegidas arbitrariamente. 
Las gráficas fueron hechas en origin. 
lumen la temperatura 
izado por un gas 
2 4 6 8
20
25
30
 Isoterma de un gas ideal
 Adiabata de un gas ideal
V/L
10
15
P/
at
m
En la adiabata observamos que al aumentar el vo
disminuye y viceversa. 
17.Demostrar que en un proceso adiabático irreversible real
ideal, ( )2 12 1extP V VT TnCv
− −= + 
Solución. 
En un proceso adiabático 
0q
dU wδ
=
= 
considerando que se trata de un gas ideal 
extnCvdT P dV= − 
puesto que la energía interna del gas ideal solamente depende de la 
Como el proceso es irreversible, extP = constante; además si consideramos que 
=constCv
consecuencia, la temperatura fin n el caso de la expansión adiabática 
ersible deberá ser ma
ante, tenemos: 
( ) ( )
)(
2 1nCv T T
P V− −
2 1extP V V
V
− = − −
 
Observamos que en un proceso adiabático, la temperatura final que se alcanza 
es diferente dependiendo de si el proceso es reversible o irreversible. En el caso 
el trabajo realizado por el sistema 
deberá ser mayor que en el caso de una expansión adiabática irreversible; y 
el proceso reversible que en el proceso irreversible; por 
al e
rev yor, debido a que
2 1
2 1
extT T
nCv
= +
de una expansión adiabática reversible, 
como el trabajo se hace a expensas de la energía interna, se gastará más 
energía en 
 ( )2 1w nCv T T= − − . Esto se muestra 
más claramente con un ejemplo numérico en el problema siguiente. 
18.Una mol de gas monoatómico ideal se encuentra inicialmente a 500 K y 1 Mpa 
de presión. Realiza una expansión adiabática hasta alcanzar una presión final de 
0.1 MPa. Calcular la temperatura final, q, w, U y H∆ ∆ a) si el proceso es 
ersible; b) si el proceso se realiza contra una presión externa constante de 0.1 
a. De acuerdo a la teoría cinética de los gases, para un gas monoatómico ideal 
3
2
R= . c) Hacer una gráfica de P vs V donde se muestren los estados inicial y 
l del sistema para los procesos de los incisos a) y b) y discutir los resultados. 
Solución: 
10. Para el proceso reversible 
0reversibleq = 
rev
MP
( )1
2 2
1 1
P T
P T
γ γ−⎛ ⎞ ⎛ ⎞=⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
 donde 
5
52 1.6673 3
2
RCp
Cv R
γ = = = = 
 
Cv
fina
 52
1.667
21 1.667 1
0.1500 198.98P MPaK K
γ γ − −
⎛ ⎞ ⎛ ⎞= =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 
Como se trata de un gas ideal, la energía interna y la entalpía solamente 
2 1
1 1
T T
P MPa
=
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
e la temperatura. dependen d
( )
( )
2 1
31 8.31451 198.98 500 3.754
2
3.754
dU nCvdT
U nCv T T
JU mol K K kJ
l
w U kJ
=
∆ = −
∆ = × − = −
= ∆ = −
 
l sistema gasta 3.754 kJ de energía para convertirla en trabajo. 
K mo
E
( )51 8.31451 198.98 500 6.257
2
dH nCpdT
JH mol K K kJ
K mol
=
∆ = × − = − 
11. Para el proceso irreversible 
( )2 1
0irreversibleq
U w nCv T T
=
∆ = = − 
 
Para obtener la temperatura final usamos 
( )2 1
2 1
extP V VT T
nCv
− −= + 
en icial se puede 
obtener fácilmente: 
esta ecuación tenemos 3 incógnitas: 2 1 2,T V y V . El volumen in
6
.31451
1 10
J
K mol
P P×
3 31
1
1
1 8 500
4.157 10
mol K
nRTV m
a
−= = = × , y nos 
quedan dos in cesitamos dos ecuaciones: cógnitas: 2 2T y V , por lo cual ne
( )2 1
2 1
extP V VT T
nCv
− −= + 22
2
nRTV
P
= , sustituyendo una en la otra y 
igual a la presión externa: 
 y 
observando que la presión final del gas es 
2
1
2 1
2 1 2
ext
ext
nRTP V
P P VnRT T T
nCv nCv nCv
⎛ ⎞− −⎜ ⎟ −⎝ ⎠= + = + 1T+
 53
1
6 3
1
2
1
0.1 10
2
extP VRT T
T K molnCvT
⎛ ⎞ +
×
+
= =
 
2 1
3
2
1
4.157 10
50031 8.31451
1 8.31451
3 8.31451
ext
Cv nCv
N m
m KJP V mol
R J
Cv
J
−
1
2
K mol
K mol
⎜ ⎟⎜ ⎟+
⎜ ⎟⎝ ⎠
+ =⎜ ⎟⎝ ⎠
× ×
+
× ×
⎛ ⎞ ⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠
⎜ ⎟×
Observamos que si la expansión adiabátic es irreversible, la temperatura final es 
mayor (320 K) que en el caso en que la expansión adiabática es reversible (198.98 
K) 
2 320T K= 
a 
( )
( )
2 1
31 8.31451 320 500 2.245
2
2.245
dU nCvdT
U nCv T T
JU mol K K k
K mol
w U kJ
=
∆ = −
∆ = × − = −
= ∆ = −
J 
Observamos que el trabajo de expansión adiabático irreversible es menor que el 
trabajo de expansión adiabático reversible, entonces el sistema gasta menos 
energía para hacer trabajo en el proceso irreversible ( 2.245 kJ) que en el proceso 
lmente, calculamos el cambio de entalpía 
reversible (3.754 kJ) y por esta razón la temperatura final alcanzada es diferente en 
cada caso. 
Fina
( )51 8.31451 320 500 3.741
2
dH nCpdT
JH mol K K kJ
K mol
=
∆ = × − = − 
c) Las gráficas se presentan a continuación y fueron realizadas en origin. 
 54
0.00 0.01 0.02 0.03 0.04
0.0
5.0x10
4
1.0x10
5
1.5x10
5
10
7
Diferencias entre el proceso adiabático reversible 
y el proceso adiabático irreversible
estado inicial
PV
γ
=constante
PV
γ
=constante
estado final 
proceso adiabático
irreversible
estado final 
proceso adiabático
reversible
para ambos procesos
320 K
198.98 K
 
P
/P
a
V/m
3
 
En esta gráfica se presentan las diferencias entre el proceso adiabático
reversible y el proceso adiabático irreversible realizados por un gas 
monoatómico ideal. En ambos procesos el estado inicial es el mismo porque así 
lo establece el enunciado del problema. Obsérvese que el eje de las ordenadas 
se quiebra debido a la escala en la que se está trabajando. Es muy importante 
hacer notar que el estado final es diferente dependiendo de si el proceso es
 
 
el sistema 
n el caso del proceso reversible (
adiabático reversible o adiabático irreversible. El camino seguido por 
e PV γ = constante) se muestra en la figura y es 
mas 
posible representarlo ya que siempre se conoce el estado del sistema debido a 
que un proceso reversible es una sucesión de estados de equilibrio. En el caso 
del proceso irreversible, solamente podemos representar el estado inicial y el 
estado final del sistema puesto que es un proceso fuera del equilibrio y por lo 
tanto no se conoce con precisión el camino seguido por el sistema. En el caso 
del proceso adiabático reversible, la temperatura final es de 198.98 K, mientras 
que en el proceso adiabático irreversible la temperatura final es de 320 K. En la 
gráfica se han dibujado las isoter correspondientes a estas temperaturas 
 55
(198.98K y 320K) para hacer énfasis en esta diferencia. En el caso de la 
expansión irreversible, el sistema hace menos trabajo, por lo tanto gasta menos 
energía interna y se enfría menos (la temperatura final es de 320 K); mientras 
que en la expansión adiabática reversible, el sistema hace más trabajo, por lo 
tanto gasta menos energía y la temperatura final del sistema es, por 
consecuencia, menor. 
19. Cinco moles de un gas ideal monoatómico realizan el siguiente ciclo 
reversible: 
1.6
1.8
2.0
2.2
1
a
V / m
3
a)Obtener la presión, el volumen y la temperatura para cada uno de lo s estados 
indicados. 
b)Obtener el calor, el trabajo, el cambio de energía interna y el cambio de entalpía 
para cada uno de los procesos y para un ciclo completo 
Solución. 
a)De la gráfica podemos leer directamente los valores de presión y volumen, y la 
temperatura la calculamos con la ecuación del gas ideal 
 
 
0.020 0.025 0.030 0.035 0.040 0.045 0.050 0.055
0.8
1.0 3 2
1.2
1.4
P 
/ M
P
 56
Estado P/ M Pa V / m3 T / K 
12.0 0.025 1 1
1 1202.72
PVT K
nR
= = 
2 1.0 0.05 2 2
2 1202.72
PVT K
nR
= = 
3 1.0 0.025 3 3 601.358PVT K
nR
= = 
1 a 2 c
a 3 a 
1 
i 2= + +
=
Es el calor neto que el 
si recibe para 
h o 
Por la primera 
ley: 
clo 1q q 3q 
9.657
stema 
acer trabaj
 
Con los datos de esta tabla podemos hacer todos lo cálculos que necesitamos. 
etapa proceso /q kJ /w kJ /U kJ∆ /H kJ∆ 
2
1
ln
34.657
VnRT
V
= −
= −
25
9.657
w q= −
= − 
1 a 2 isotérmico 
34.657
q w= −
= + 
El calor fluye hacia el 
sistema 
El sistema hace 
trabajo 
=0 Porque para el 
gas ideal, U sólo 
depende de la 
temperatura que en 
este caso es 
=0 Porque para el gas 
ideal, H sólo depende 
de la temperatura que 
en este caso es 
constante 
constante 
2 a 3 isobárico 62.5q H= ∆ = − w U q= ∆ −
El calor fluye hacia los 
alrededores Los alrededores 
hacen trabajo 
37.5= −
Disminuye porque la 
temp
62.5= −
En este caso es igual al 
( )3 2nCv T T= − 
eratura 
disminuye 
 
( )3 2nCp T T= −
calor 
= 
3 a 1 isocórico 
37.5
q U= ∆
= + 
=0 Como no hay 
cambio de 
37.5= + 
Porque
62.5= + 
El calor fluye hacia el 
stema y es igual al 
o de U 
volumen, no se 
hace trabajo PV si
cambi
 para el ciclo, 
el cambio de energía 
interna debe ser 
igual a cero 
Porque para el ciclo, el 
cambio de entalpía 
debe ser igual a cero 
El resultado neto 
es que el sistema 
hace trabajo al 
completar un ciclo 
=0 
Porque es función 
de estado 
=0 
Porque es función de 
estado 
 
 
 57
 
Una manera fácil de hacer estos cálculos consi
los casos en los cuales el valor solicitado es igua
para un ciclo comp mar los valor
procesos que lo forman. Se trata de
ximo núm Es como jugar tim
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
ste en: primero,
l a cero; segund
es correspondie
mo número de c
biriche. 
 detectar todos 
o, observar que 
ntes a los tres 
álculos y llenar 
leto debemos su
 hacer el míni
el má ero de cuadros. 
 
 
 
 58
	Calor

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