9 Termodinámica e hidrostática

9.1 Calor

Hemos discutido cómo la materia está formada por átomos, y estosa su vez forman moléculas. Además, las moléculas pueden agruparsegracias a las fuerzas electrostáticas. Dependiendo de la energía cinéticade las moléculas, pueden formar distintas fases: sólido, líquido y gas. Sila energía cinética es poca, se forman enlaces fuertes entre las moléculasy se produce un sólido. Si la energía cinética es mayor, los enlaces entremoléculas son solo temporales y se rompen con facilidad; esta fase eslo que llamamos líquido. Cuando la energía cinética es suficientementegrande, los enlaces entre moléculas nunca llegan a formarse, y estas semueven con total libertad; esta fase es el gas.

calor 2 calor 4

calor

1

calor

3

calor

5

sólido líquido gas

Figura 9.1: Fases de la materia(agua)

Vamos a llamar sistema a alguna parte del universo que estudiamos,y al resto, lo llamamos entorno. Por ejemplo, un sistema podría ser unaolla llena de agua, y parte del entorno, la cocina donde se encuentra.Llamamos energía interna de un sistema a la suma de las energíasmecánicas de cada molécula:

Eint =N

∑i=0

Ki + Ui

donde las energías potenciales Ui son producidas por los enlaces entremoléculas, y N es el número total de moléculas. Supongamos que lasinteracciones fueran despreciables. Entonces, la energía interna sería

Eint =N

∑i=0

Ki

Ahora, definiremos la temperatura (absoluta) de un sistema como unacantidad proporcional a su energía interna en ausencia de interacciones:

T ∝ Eint

86

La unidad de temperatura absoluta en el sistema internacional es el kel-vin (K). Observemos que si la energía interna de un sistema es cero (loque implicaría que la energía cinética de las moléculas es cero), teóri-camente, la temperatura absoluta es cero. Otra unidad de temperaturamás comúnmente usada es el grado celsius ( ◦C) , y se puede relacionarcon la temperatura absoluta en kelvin con:

TK = TC + 273 si U [TK] = K; U [TC] =◦C

La temperatura en celsius es relativa, no absoluta (discutiremos estomás adelante). No obstante, si restamos dos temperaturas en gradoscelsius y en kelvin,

∆T = TK2 − TK1 = TC2 + 273− TC1 − 273 = TC2 − TC1

con lo que si una ecuación nos pide ∆T, podemos usar tanto celsiuscomo kelvin, pero si nos pide T, únicamente podremos usar kelvin.

Ahora definiremos calor como una transferencia de energía entre elsistema y su entorno. El calor aumenta la energía mecánica de las molé-culas, pero no necesariamente implica un cambio de temperatura, puespuede usarse, por ejemplo, para romper enlaces entre moléculas en lu-gar de para incrementar su energía cinética. A continuación veremosdos ecuaciones para el calor, pero no son las únicas que existen.

calor específico J kg−1 K−1

hielo 2100agua líq. 4186vapor 2010

calor latente J/kgfusión 333 000vaporización 2 260 000

Cuadro 9.1: Valores de c y l parael agua, cuando el calor se añadede forma abierta a la atmósfera(como en una cocina).

En la fig. 9.1 observamos las diferentes fases del agua, y cómo elcalor va modificando gradualmente cada una. En la figura también semuestran dos ecuaciones para el calor: la del calor 1, 3 y 5, y la del calor2 y 4. La primera la llamaremos calor para cambio de temperatura, y suecuación es

Q = mc∆T (9.1)donde m es la masa, ∆T es el cambio de temperatura (en celsius o kel-vin) y c es el calor específico, una constante que depende de la sustancia,de la fase en la que se encuentre, y de las condiciones del entorno. Sila temperatura aumenta, el calor es positivo, y si la temperatura dismi-nuye, el calor es negativo; el signo lo da automáticamente la diferenciade temperaturas. El calor siempre fluye de la temperatura mayor haciala menor; el enfriamiento se produce al ceder calor al entorno (cuandoalguien dice que por una ventana “se va a meter el frío” está hablandode forma incorrecta; se debería decir “se va a salir el calor”).

La segunda ecuación, la del calor 2 y 4, la llamaremos calor paracambio de fase:

Q = ±ml (9.2)donde l es una constante llamada calor latente, y depende de la sustan-cia y el cambio de fase que ocurra (fusión o vaporización). El signo +se elige si la sustancia se funde o vaporiza (se necesita energía pararomper enlaces), y el signo − se usa cuando la sustancia se solidifica ocondensa (se libera energía para poder formar los enlaces). Como po-demos observar en la fig. 9.1, al añadir calor se aumenta la temperaturahasta que se alcanza un cambio de fase: en ese punto, por más calor queañadamos, ya no se incrementará la temperatura sino hasta que el cam-bio de fase haya terminado. En el caso de un sólido que se transformaa líquido, ese punto se llama punto de fusión, y en el caso de un líquidoque se transforma a gas, punto de ebullición o vaporización. El agua, porejemplo, en condiciones estándar, tiene un punto de fusión de 0 ◦C y unpunto de ebullición de 100 ◦C. La escala Celsius es precisamente relati-va a estos valores, pues los toma como referencia en lugar de la energíainterna del sistema. Los valores de c y l para el agua se encuentran enla tabla 9.1.

87

Figura 9.2: Anomalías de tem-peratura global para 2015. [PDNASA]

En la fig. 9.2 se muestran las anomalías de temperatura global pa-ra 2015, con respecto al promedio entre 1951-1980. El incremento de latemperatura va entre 1 y 2 grados celsius, lo cual parece poco, perodebido al calor de cambio de fase, el aumento de un grado en la tempe-ratura de las regiones polares con temperatura original de 0 ◦C significaque ha tenido que derretirse todo el hielo de esas regiones.

Mencionamos brevemente además que en determinadas condicio-nes, las sustancias pasan directamente de sólido a gas y viceversa; aeste fenómeno se le llama sublimación.

calor

Figura 9.3: Refrigerador

agua líquida

agua + hielo

hielo

Figura 9.4: Diagrama del conge-lamiento del agua

Ejemplo 9.1. Refrigerador.

Un molde para hielo, como el que se dibuja en la fig. 9.3 tiene cincocompartimentos que se llenan con una masa m = 0.02 kg de aguacada uno, a T0 = 20 ◦C y se pone en un congelador a T = −5 ◦C.¿Cuánto calor extrae el refrigerador para formar el hielo?

Solución: Debemos calcular el calor para que la temperatura delagua baje hasta 0 ◦C, luego, el calor para que el agua se congele,y por último para que el agua, ya hecha hielo, baje su temperaturahasta −5 ◦C. Podemos entender un poco mejor este proceso con eldiagrama de la fig. 9.4. Observemos que en ese diagrama, el calorde cambio de fase es una recta horizontal porque la temperatura nocambia. La masa total por congelar es 5m (cinco cubos de hielo).

Q3 = 5mcagua líq∆T = 5 · 0.02 · 4186 · (0− 20) = −8372 J

Q2 = −5ml f = −33 300 J

(elegimos el signo menos porque para congelarse, el agua debe libe-rar calor)

Q1 = 5mchielo∆T = 5 · 0.02 · 2100 · (−5− 0) = −1050 J

con lo que el calor total que debe extraer el refrigerador es

Q1 + Q2 + Q3 = −42 722 J

calor

Figura 9.5: Sopa

Ejemplo 9.2. Sopa.

Se coloca una olla con 1 kg de agua a 20 ◦C en una hornilla de 1500 W,con el propósito de hacer sopa. ¿Cuánto tiempo tardará el agua enllegar a su punto de ebullición?

Solución: El calor necesario para llevar el agua desde 20 ◦C hasta100 ◦C es

Q = mcagua liq∆T = 1 · 4186 · (100− 20) = 334 880 J

La potencia es energía por unidad de tiempo, con lo que puede cal-cularse el tiempo:

P =Qt

=⇒ t =QP

=334 880

1500= 223 s = 3.7 min

88

Cuando un sistema A está en contacto con otro sistema B, se in-tercambian calor hasta que en algún punto ambos ya no tendrán máscalor para intercambiar. En ese punto, ambos sistemas tendrán la mismaenergía interna, y por lo tanto la misma temperatura (TA = TB). A esepunto se le llama equilibrio térmico. Por conservación de la energía, elcalor que A le da a B es el mismo que B recibe de A:

|QA| = |QB|

Hemos tenido que poner valor absoluto porque QA es negativo (puessale del sistema). Observemos que esto es equivalente a decir que

−QA = QB =⇒ QA + QB = 0

es decir que, para encontrar el equilibrio térmico,

∑i

Qi = 0 (9.3)

calor

Figura 9.6: Bebida

té

hielo

Figura 9.7: Diagrama para calcu-lar equilibrio térmico.

Ejemplo 9.3. Bebida.

A un vaso de ma = 0.5 kg de té frío (lo podemos considerar comoagua), que se encuentra a Ta = 20 ◦C, le añadimos un trozo de mh =0.05 kg de hielo a Th = 0 ◦C. Si cuando la bebida llega al equilibriovemos que todo el hielo se derrite, y suponiendo que no se pierdecalor al entorno, calcule la temperatura de equilibrio de la bebida.

Solución: En el diagrama de la fig. 9.7 se muestran los intercambiosde energía necesarios para llegar al equilibrio térmico. Puesto quetodo el hielo se derrite al final, necesariamente la temperatura deequilibrio Teq debe ser mayor que cero. Aplicamos conservación dela energía:

Q1 + Q2 + Q3 = 0

+mhl f + mhca(Teq − Th) + maca(Teq − Ta) = 0

(observemos que en Q2, la masa es la del hielo derretido, el calorespecífico es el del agua). Sustituyendo los valores numéricos,

16650 + 209.3(Teq − 0) + 2093(Tteq − 20) = 0

resolviendo la ecuación,

Teq = 10.9 ◦C

9.2 Sólidos deformables

~T

~FA

L

L0

x

�x

x0

~f

~T

~FA

L

L0

x

�x

x0

~f

L

Figura 9.8: Módulo de Young

Hasta el momento hemos estudiado sólidos rígidos. En esta secciónveremos qué ocurre cuando los sólidos se pueden deformar, ya sea porla aplicación de una fuerza como por un cambio de temperatura.

En la fig. 9.8 se muestra una barra anclada a una pared, siendo esti-rada por una fuerza aplicada de magnitud F, en la misma dirección dela barra. Una ecuación experimental que describe este estiramiento es

Y =F/A

∆L/L0(9.4)

89

donde Y es una constante que depende de cada material llamada mó-dulo de Young, L0 es la longitud inicial de la barra, ∆L = L− L0 es sucambio de longitud, y A es el área transversal de la barra. Las unidadesdel módulo de Young son N/m2.

Ejemplo 9.4. Elástico.

Una persona tira de un elástico de hule, como en la fig. 9.8. El elásticotiene un área transversal cuadrada de lado a = 2 mm, una longitudoriginal de L0 = 0.2 m y un módulo de Young Y = 0.1 · 109 N/m2.Demuestre que este sistema es equivalente al de un resorte y calculela constante k del resorte.

Solución: Si reacomodamos la ec. 9.4, vemos que

F =

(AYL0

)∆L

lo cual es equivalente a F = k∆x, la magnitud de la fuerza del resorte.Por lo tanto, podemos decir que

k =AYL0

=a2YL0

= 2000 N/m

Figura 9.9: Lámpara sostenidapor dos cables

Ejemplo 9.5. Lámpara sostenida por dos cables.

Dos cables de nylon de 1.00 m se cuelgan del techo y se les colocauna lámpara de 10 kg (fig. 9.9). El diámetro de cada cable es de 2 mm.Calcule el cambio de longitud de los cables. El módulo de Young delnylon es 3 · 109 N/m2.

Solución: El área transversal de los cables es

A = π

(d2

)2= 3 · 10−6

Haciendo un diagrama de fuerzas, vemos que

F + F−mg = 0 =⇒ F = mg/2

con lo que

∆L =F/AY/L0

=mg/(2A)

Y/L0= 0.005 m = 5 mm

~T

~FA

L

L0

x

�x

x0

~f

L

Figura 9.10: Expansión térmica

Los sólidos también pueden deformarse por cambios en la tempera-tura, es decir, mediante expansión térmica, cuya ecuación experimentales

∆L = L0α∆T (9.5)

donde α es el coeficiente de expansión lineal, y depende del material.

Figura 9.11: Hierro forjado

Ejemplo 9.6. Hierro forjado.

Un trabajador del hierro forjado calienta una pieza de 10.00 cm deforma que se estira 1 mm (fig. 9.11). Si la pieza tiene una masa de

90

0.4 kg, calcule: a) la temperatura a la que debe calentarse la pieza (sial principio estaba a 20 ◦C); b) el calor que debe transferírsele. Parael hierro, α = 11.8 · 10−6 y c = 481 J kg−1 K−1.

Solución: a) Con la ec. 9.5,

∆T =∆LL0α

=0.001

0.1 · 11.8 · 10−6 = 847 ◦C

con lo que la temperatura final debe ser

∆T = T − T0 =⇒ T = 847 + 20 = 867 ◦C

b) El calor que debe transferírsele es

Q = mc∆T = 1.63 · 105 J

Ejemplo 9.7. Puente sobre el río Virilla.

Se planea construir un puente plano de acero sobre el río Virilla. Elpuente mide 300.00 m de largo a 20 ◦C. Si la temperatura en la zonavaría desde 5 ◦C hasta 40 ◦C, ¿cuál será el espacio que debe dejarsepara que el puente pueda estirarse y contraerse? El coeficiente deexpansión lineal del acero es α = 12 · 10−6 K−1

Solución: El puente se estira entre 20 ◦C y 40 ◦C:

∆L = L0α∆T = 0.072 m = 7.2 cm

y se contrae entre 20 ◦C y 5 ◦C:

∆L = L0α∆T = 0.054 m = 5.4 cm

por lo que debe dejarse un espacio de 7.2 cm + 5.4 cm = 12.6 cm.20°C 68°F

104°F40°C140°F60°C

80°C 176°F212°F100°C

0°C 32°F-20°C -4°F-40°C -40°F

273 K293 K313 K333 K353 K373 K

253 K233 K

Figura 9.12: Termómetro

La expansión térmica permite construir termómetros, como en lafig. 9.12, donde un líquido se expande y contrae con la temperatura.En la misma figura mostramos también varias escalas de temperatura,incluyendo la escala Fahrenheit, cuya conversión con la escala Celsius es

TC = (TF − 32)× 59

si U [TC] =◦C; U [TF] =

◦F

9.3 Fluidos, presión

Figura 9.13: Vista microscópicade la presión

Los fluidos son los gases y los líquidos. Las moléculas de un fluidotienen mayor libertad de movimiento y colisionan constantemente conlas paredes del contenedor, como se muestra en la fig. 9.13. Tal y comovimos en el ejemplo 8.8, las colisiones contra la pared producen unafuerza promedio. Vamos a definir la presión como la componente de lafuerza perpendicular a la superficie por unidad de área:

p =F⊥A

(9.6)

Las unidades de la presión son pascales (1 Pa = 1 N/m2). En la fig. 9.14

vemos un recipiente que contiene un fluido. Por lo pronto, ignoremos

91

los efectos de la gravedad. Si ejercemos una fuerza F sobre el fluido, seproduce una presión p hacia todos lados, y se transmite uniformementepor el recipiente; este enunciado se llama principio de Pascal.

Figura 9.14: Presión

Figura 9.15: Elevador hidráulico

El principio de Pascal se utiliza frecuentemente en varios tipos deaparatos hidráulicos. En la fig. 9.15 observamos un elevador hidráulico,el cual está lleno de un fluido. Como la presión se transmite uniforme-mente, la presión en todos los puntos debe ser la misma, incluyendoen el pistón 1 y el pistón 2. En este momento debemos hacer una dis-tinción entre los fluidos: los que pueden o no variar su volumen. Losgases son fluidos compresibles, es decir, que pueden cambiar con relativafacilidad su volumen al aplicar una presión. Los líquidos son fluidosincompresibles, es decir que es muy difícil cambiar su volumen al aplicaruna presión. En nuestro elevador hidráulico, necesitaremos un fluidoincompresible, como aceite o agua. Entonces, el volumen que el pistón1 desciende es el mismo volumen que el pistón 2 se eleva:

A1h1 = A2h2

y además, según el principio de pascal, las presiones son iguales:

P1 = P2 =⇒ F1

A1=

F2

A2

Estas ecuaciones nos dicen, por ejemplo, que si necesitamos elevar unautomóvil de masa m, podemos hacerlo con una caja cuya masa fuera10 veces menor si además reducimos el área del pistón 2 por 10 veces:

mgA2

=F1

A1=

mg/10A2/10

con lo que la fuerza se multiplica, pero a cambio, tendremos que mover10 veces más la caja de lo que se levantará el carro:

A1h1 = A2h2 =⇒ h1 =A2h2

A1=

A2h2

A2/10= 10h2

Otros dispositivos como frenos de automóvil, prensas hidráulicas, etc.funcionan con este mismo principio.

Ejemplo 9.8. Revisión técnica vehicular.

Un elevador hidráulico utilizado para la revisión técnica vehicularfunciona como el de la figura 9.15. Si se intenta levantar un carro de1000 kg por una altura h = 60 cm utilizando una pesa de 50 kg quedescansa sobre un pistón de 1 cm de diámetro, calcule: a) el diámetrodel pistón que sostiene al carro; b) la altura que debe moverse la pesa.

Solución: a) El área del pistón que sostiene la pesa es Apesa = π(d/2)2 =

7.9 · 10−5 m2. Según el principio de Pascal,

mpesagApesa

=mcarrogAcarro

=⇒ Acarro = mcarrogApesa

mpesag= 0.00158 m2

lo cual implica un diámetro de dcarro = 2√

A/π = 0.045 m = 4.5 cm.b) Como el volumen desplazado es el mismo por ser un líquido in-compresible:

Acarrohcarro = Apesahpesa =⇒ hpesa =Acarro

Apesahcarro = 12 m

92

Figura 9.16: Presión atmosféricay barómetro

La atmósfera es una región gaseosa que rodea la superficie terrestre.Como la atmósfera es un gas, hace una presión atmosférica hacia todoslados. Esta presión no es despreciable; en la superficie terrestre a niveldel mar, por ejemplo, la presión es de 105 Pa, cantidad a la que sue-le llamársele una atmósfera. En la fig. 9.16 observamos un instrumentollamado barómetro, y que se utiliza para medir la presión atmosférica.Consiste en un tubo largo lleno completamente de mercurio, el cual sevuelca boca abajo en un recipiente también lleno de mercurio. La pre-sión atmosférica presiona hacia abajo en la superficie del mercurio, perocomo la presión se transmite uniformemente por el fluido de acuerdoal principio de Pascal, al llegar a la boca del tubo, la fuerza transmitidapor la presión atmosférica va hacia arriba. Esto significa que la únicarazón por la que no se cae el mercurio del tubo es gracias a la presiónatmosférica. Si el tubo se hace muy largo, llegará un punto donde lapresión atmosférica no puede soportar más el peso del mercurio, y lacolumna de mercurio desciende, creando un vacío en la parte superior.Este nivel se utiliza para medir la presión atmosférica.

Puede pensarse en la presión atmosférica como el peso del aire porunidad de área. Esto significa que la presión atmosférica desciende conla altura, puesto que al subir a un lugar alto, hay menos aire encima.Los barómetros calibrados especialmente para medir la altura se llamanaltímetros.

⇢flgAh

p1A

p2A

Figura 9.17: Presión en un fluidode densidad uniforme

Vamos a definir la densidad de una sustancia en cualquier fase comosu masa entre su volumen:

ρ =mV

(9.7)

La densidad del agua es aprox. 1000 kg/m3. Cuando un fluido tienedensidad constante y uniforme, como es aproximadamente el caso enun líquido, y se coloca en un campo gravitacional, tenemos una situa-ción como la de la figura 9.17. Ahora vamos a considerar una seccióndel fluido (que se ha dibujado con líneas punteadas). Hagamos una su-ma de fuerzas en esa sección (que debe dar cero pues el fluido está enreposo):

F2 − F1 −mg = 0

Figura 9.18: Manómetro

Ahora vamos a usar la ec. 9.6 para sustituir las fuerzas, y además,vamos a escribir la masa usando la ec. 9.7, recordando que el volumende un cilindro es el área de la base por la altura:

p2A− p1A− ρflAhg = 0

=⇒ p2 = p1 + ρflgh

y recordando que p1 es la presión atmosférica, podemos escribir la pre-sión dentro de un fluido como función de su profundidad h:

p = patm + ρgh (9.8)

Con un aparato similar a un barómetro, llamado manómetro, se pue-de medir experimentalmente también la presión de un gas. En la fig.9.18 se encuentra un manómetro, que consiste en un tubo en forma deU que está lleno de un líquido cuya densidad ρ se conoce. Del otro la-do está conectado un recipiente con gas cuya presión se desea medir.Consideremos ahora el punto donde el gas y el líquido se encuentran.En ese punto, llamado interfaz, la presión del gas hace una fuerza haciaabajo. La presión atmosférica y la gravedad del líquido, por otro lado,

93

hacen una presión que se transmite uniformemente por todo el fluido(principio de Pascal), por lo que al llegar a la interfaz, esas presionesproducen una fuerza hacia arriba. Al hacer suma de fuerzas igual acero obtenemos:

patmA + ρghA− pgasA = 0

con lo cual podremos calcular la presión del gas si medimos la diferen-cia de alturas h:

pgas = patm + ρgh (9.9)

h

H

patm,A

patm,B

Figura 9.19: Suministro de aguapara un faro

Ejemplo 9.9. Faro.

Un tanque de agua potable abastece al faro de la fig. 9.19, y estáubicado a una altura de 40 m, donde hay una presión atmosféricade 0.995 · 105 Pa. La presión atmosférica en la costa es 1.000 · 105 Pa.Calcule: a) la presión neta que debe ejercer el grifo para contener elagua en el faro; b) la presión que siente un pez ubicado a 5 m bajo elagua.

Solución: a) Podemos hacer una suma de fuerzas en el grifo ubicadoen el faro:

patm,A A + ρaguagHA− patm,B A− pgrifoA = 0

con lo que

pgrifo = patm,A − patm,B + ρaguagH = 391 500 Pa

b) Para el pez, la presión es

p = patm,B + ρaguagh = 149 000 Pa

Ejemplo 9.10. Manómetro.

Se utiliza un manómetro de mercurio (ρ = 13 534 kg/m3) como el dela fig. 9.18 para medir la presión de una llanta. Si la presión atmos-férica exterior es de 105 Pa, y la diferencia de alturas es de h = 0.3 m,calcule la presión del aire de la llanta.

Solución: Aplicando la ec. 9.9, encontramos que pgas = 105 + 13 534 ·

94

9.8 · 0.3 = 1.40 · 105 Pa.

9.4 Flotabilidad ⇢gVT

⇢flgV

VT

VS

VT

VS

p1A

p2A

Figura 9.20: Principio de Arquí-medes

Consideremos un cuerpo de volumen total VT y densidad ρ queflota en un fluido de densidad ρfl. Queremos calcular la fuerza queexperimenta este cuerpo flotante. Para ello, hacemos suma de fuerzas:

F2 − F1 −mg = 0

sustituimos las fuerzas por presiones por área y la masa por densidadpor volumen:

p2A− ρgVT − p1A = 0

pero, según la ec. 9.8, p2A− p1A = ρflgAh. Si llamamos volumen sumer-gido a VS = Ah, tendremos que el fluido hace una fuerza

Fb = ρflgVS (9.10)

Esto es el principio de Arquímedes, que dice que un cuerpo sumergido enun fluido experimenta una fuerza de flotabilidad Fb hacia arriba, iguala la gravedad del fluido desplazado (es decir, la fuerza es la gravedaddel fluido que ocuparía espacio sumergido del cuerpo). En nuestro casoesta fuerza debe ser igual a la gravedad del cuerpo:

ρgVT = ρflgVS (9.11)

Observemos que si el cuerpo estuviera totalmente sumergido, VT =VS = V, y, simplificando la ecuación anterior, nos quedaría que

ρ = ρfl

Si un cuerpo tiene densidad igual a la del fluido, está en equilibrio.Por otro lado, si la gravedad sobre el cuerpo es mayor que la fuerza deflotación,

mg > Fb =⇒ ρ > ρfl

es decir, el cuerpo se hunde; y si la fuerza de flotación es mayor que lagravedad,

Fb > mg =⇒ ρfl > ρ

Figura 9.21: Iceberg. [PD]

Ejemplo 9.11. Iceberg.

Un iceberg (fig. 9.21) es un trozo grande de hielo que flota en el mar,y que se desprende de las regiones polares. Famosamente, un ice-berg golpeó contra el Titanic en 1912, causando su hundimiento. Sila densidad del agua salada es de ρfl = 1027 kg/m3 y la del hielo esρ = 917 kg/m3, calcule el porcentaje de hielo sumergido.

Solución: Dado que la situación es idéntica a la de la fig. 9.20, apli-camos directamente la ec. 9.11:

VS =ρ

ρflVT = 0.9VT

lo cual significa que el 90 % de un iceberg está sumergido.

95

Figura 9.22: Globo aerostático.[PD]

Ejemplo 9.12. Globo areostático.

En general, la densidad depende de la temperatura. El aire tiene unadensidad de ρfl = 1.2 kg/m3 a temperatura ambiente. Un globo ae-rostático (fig. 9.22) funciona con aire caliente, cuya densidad es deρ = 0.95 kg/m3. Si el globo debe poder levantar una carga de 100 kg,calcule el radio que debe tener el globo.

Solución: Como la situación en este caso no es como la de la fig.9.20, no podremos utilizar la ec. 9.11, pero sí podremos hacer unasuma de fuerzas similar, y podremos usar directamente la ec. 9.10

para encontrar la fuerza de flotabilidad. En este problema, el volu-men sumergido y el total son iguales, y los llamaremos simplementeV.

Fb −mcargag−mglobog = 0

=⇒ ρflgV −mcargag− ρgV = 0

con lo que, despejando V,

V =mcarga

ρfl − ρ= 400 m3

lo cual implica un radio de

V =43

πr3 =⇒ r = 3

√3V4π

= 4.7 m

Este ejemplo también nos da la idea de cómo funcionan los barcos; unbarco está construido de materiales densos, pero contiene una granporción de aire que aporta una gran fuerza de flotabilidad.

9.5 Gas ideal

N

T

Vp

Figura 9.23: Gas ideal

Un gas se dice que es ideal si sus moléculas no interactúan. Los gasesideales quedan completamente descritos por las siguientes propiedades(ver fig. 9.23):

volumen V,

presión p, que como sabemos, es causada por las colisiones de lasmoléculas contra el recipiente,

cantidad de moléculas N, y

temperatura absoluta T, que como vimos, es proporcional a la sumade energías cinéticas de las moléculas

Un estado es un conjunto de valores numéricos de las propiedades an-teriores. Los gases ideales siempre cumplen con la ecuación de estadodel gas ideal, la cual dice que

pV = NkBT (9.12)

donde kB = 1.38 · 10−23 m2 kg s−2 K−1 es la constante de Boltzmann. Estaecuación fue encontrada de forma experimental, y luego confirmadacon un modelo teórico.

96

Ejemplo 9.13. Moléculas de aire en una habitación.

Calcule la cantidad de moléculas de aire que hay en una habitacióncúbica de 3 m de lado, a una atmósfera (presión de 105 Pa), y con unatemperatura de 20 ◦C.

Solución: Aplicamos la ec. 9.12, recordando que la temperatura esabsoluta y por ende es obligatorio convertirla a kelvin, y que el volu-men es el lado de la habitación al cubo:

N =pVkBT

=105 · 33

1.38 · 10−23 · (20 + 273)= 6.68 · 1026 moléculas

La ec. 9.12 tiene la desventaja que requiere conocer cuántas molécu-las tiene un sistema. Podemos definir una unidad llamada mol como unconjunto de 6 · 1023 moléculas, de forma que el número de moléculassea un múltiplo de esa cantidad:

N = nNA

con esto, la ecuación de estado del gas ideal queda

pV = nNAkBT

ahora definimos R = NAkB = 8.31 J K−1 mol−1, con lo que queda

pV = nRT (9.13)

Ejemplo 9.14. Globo meteorológico.

Se llena un globo meteorológico esférico con 130 mol de helio a 20 ◦Cde temperatura y con una presión atmosférica de 105 Pa. a) ¿Cuálserá el radio del globo? b) El globo subirá hasta una altura tal que lapresión exterior se reduce a la mitad, y la temperatura baja a −50 ◦C.¿Cuál será ahora el volumen del globo?

Solución: a) Calculamos el volumen del globo:

V =nRT

p=

80 · 8.31 · (20 + 273)105 = 3.17 m3

con lo que calculamos el radio como

r = 3

√3V4π

= 0.91 m

b) Volvemos a utilizar la ecuación de estado con p = 0.5 · 105 Pa yT = −50 + 273 = 223 K:

V =nRT

p= 4.82 m3

=⇒ r = 3

√3V4π

= 1.05 m

97

Ejemplo 9.15. Irazú.

Una persona visita el cráter del volcán Irazú y compra una botellade agua en la tienda de regalos. La persona destapa la botella y setoma casi toda el agua; la tapa bien y la pone en su mochila. Cuandoregresa a Cartago, la botella se ha abollado de forma que su volumense ha reducido un 10 %. a) Si la temperatura de Cartago fuera lamisma del Irazú, y la presión atmosférica (y por ende, la del gas) enCartago es 0.992 · 105 Pa, ¿cuál es la presión atmosférica en el Irazú?b) Si la temperatura del Irazú fuera 10 ◦C y la de Cartago 25 ◦C, ¿cuálsería la presión en el Irazú?

Solución: El volumen del la botella se ha reducido un 10 %, significaque el volumen en Cartago es 90 % del volumen en el Irazú, es decir,VC = 0.9VI . La cantidad de moles n es la misma en Cartago y en elIrazú, pues la botella se ha tapado bien y no sale ni entra aire de lamisma. a) Aplicamos la ecuación de estado del gas ideal, teniendo encuenta que las temperaturas en ambos lugares son iguales:

pIVI = nRT

pCVC = nRT

como el lado derecho de las dos ecuaciones es el mismo, podemosigualarlas:

pIVI = pCVC

ahora, sustituimos VC = 0.9VI para obtener

pIVI = pC · 0.9VI =⇒ pI = 0.9pC = 89 280 Pa

b) Volvemos a aplicar la ecuación de estado del gas ideal en amboslugares, pero ahora las temperaturas son diferentes. Vamos a despejarnR de cada ecuación, pues es lo que se mantiene constante:

pIVI = nRTI =⇒ pIVITI

= nR

pCVC = nRTC =⇒ pCVCTC

= nR

igualamos ambas ecuaciones y sustituimos las temperaturas:

pIVITI

=pCVC

TC=⇒ pI =

pC0.9VITC

TIVI

= 86 233 Pa�x

A

Q

Eint

Figura 9.24: Interacciones de ungas ideal

En la fig. 9.24 tenemos un gas al cual se le suministra un calor Q. Estecalor puede convertirse en energía interna del gas, pero también el gaspuede realizar un trabajo W, levantando o bajando el pistón de la figura.Calculemos el trabajo que hace un gas para levantar el pistón por unpequeño desplazamiento ∆x. El trabajo para pequeños desplazamientoses

∆W = F∆x

pero como F = pA y ∆V = A∆x,

∆W = pA∆x = p∆V

Si el gas no cambia su volumen, no hace trabajo.

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Ejemplo 9.16. Trabajo para subir y bajar un pistón.

Un gas como el de la fig. 9.24 se encuentra a una presión de 2 · 105 Paaproximadamente constante y levanta un pistón de radio r = 10 cmpor una distancia pequeña de 0.02 m. a) Calcule el trabajo hecho porel gas al levantarlo. b) Calcule el trabajo hecho por el gas al bajar elpistón a su posición original si la presión se disminuye a 105 Pa. c)¿Cuál es el trabajo neto hecho por el gas?

Solución: El cambio de volumen del gas sería

∆V = πr2h = 6.3 · 10−4 Pa

con lo que el trabajo realizado por el gas es (a):

Wa = pa∆V = 126 J

b) El trabajo ahora será

Wb = pb∆V = −63 J

c) El trabajo neto es

Wneto = Wa + Wb = 126− 63 = 63 J

Con lo que el gas efectúa un trabajo neto hacia el entorno, es decir,es un motor.

La primera ley de la termodinámica dice que la energía se conserva:

∆Eint = Q−W =⇒ Q = ∆Eint + W

es decir, si le damos calor a un gas, este puede transformarse en energíainterna y en trabajo.

Una máquina térmica es un dispositivo que produce trabajo mecá-nico W a partir de un calor de entrada Q, tal y como lo hizo el gas delejemplo 9.16. Definimos la eficiencia como

e =W

Qentrada

La segunda ley de la termodinámica dice que la eficiencia de una má-quina térmica nunca es del cien por ciento, es decir, siempre existe unaparte del calor de entrada que se desperdicia en el proceso.

Ejemplo 9.17. Primera ley de la termodinámica.

Se le dan 445 J de calor a un gas ideal, con lo cual, el gas hace untrabajo de −56 J. a) ¿Cuál fue su cambio de energía interna? b) ¿Au-mentó o disminuyó la temperatura del gas?

Solución: Aplicando la primera ley de la termodinámica,

∆Eint = Q−W = 445− (−56) = 501 J

Como la temperatura es proporcional a la energía interna, dado quela energía interna aumenta, también lo hace la temperatura.

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Ejemplo 9.18. Eficiencia.

Una máquina térmica tiene una eficiencia del 30 %, es decir, e = 0.3.¿Cuánto calor debemos suministrarle a la máquina para que levanteuna piedra de 100 kg por una distancia de 10 m?

Solución: El trabajo que debe hacer la máquina es W = mgh =9800 J. Ahora, utilizamos la ecuación de la eficiencia para encontrarel calor que debe ser suministrado:

Qentrada =We

= 32 667 J