Biofísica 2 Termodinámica (20) 7. Calorimetría

 Se vierten 250 g de esquirlas de plomo (Pb) a 150 °C sobre un bloque de hielo de 50 g en un recipiente adiabático. Desprecie la capacidad calorífica del recipiente.

La temperatura inicial del hielo es de  - 30 °C. ¿Cuál es la temperatura final del sistema?

(cp, hielo = 0,5 cal/g °C , cp, Pb = 0,03 cal/g °C). Resuelva analítica y gráficamente.

 

Analíticamente

 

Camino A

 

La temperatura de equilibrio SIEMPRE está entre la temperatura mayor (temperatura del plomo) y la temperatura menor (temperatura del hielo)

 -30 ºC < Tf < 150 ºC

Entre estos limite el agua cambia de estado, entonces hay que analizar la situación en cinco opciones:

Opción I:  -30 ºC < Tf < 0 ºC

Opción II:  Tf = 0 ºC

Opción III:  0 ºC < Tf < 100ºC

Opción IV:  Tf = 100 ºC

Opción V:  100ºC < Tf < 150ºC

 

Deben calcularse las temperaturas finales con cada uno de estas opciones y ver si el resultado obtenido está dentro del supuesto.

 

Opción I:  - 30 ºC < Tf < 0 ºC

 

Q = m1 ce1 (Tf – Ti1) +	Enfriar el plomo (1) desde la Tinicial hasta la Tfinal
+ m2 ce2 (Tf – Ti2)	Calentar el hielo (2) desde la Tinicial2 hasta la Tfinal
= 0	Recipiente adiabático

 

 

donde

Q = calor intercambiado con el exterior = 0 (recipiente adiabático)

m1 = masa de plomo = 250 gr

ce1 = calor especifico del plomo = 0,03 cal/gr°C

Tf = temperatura de equilibrio

Ti1 = temperatura inicial del plomo = 150 ºC

m2 = masa de hielo = 50 gr

ce2 = calor especifico del hielo = 0,5 cal/gr°C

Ti2 = temperatura inicial del hielo = -30 ºC

 

Reemplazando

Q = 250 gr 0,03 cal/gr°C (Tf – 150 °C) + 50 gr 0,5 cal/gr°C (Tf – (-30°C)) = 0

 

Despejando Tf

Tf = (250 gr 0,03 cal/gr°C 150 °C  + 50 gr 0,5 cal/gr°C (-30°C)) / (250 gr 0,03 cal/gr°C  + 50 gr 0,5 cal/gr°C ) = 12 °C > 0 °C no cumple la Opción I

  

Opción II:  Tf = 0 ºC

 

Q = m1 ce1 (Tf – Ti1) +	Enfriar el plomo (1) desde la Tinicial hasta la Tfinal
+ m2 ce2 (Tf – Ti2) +	Calentar el hielo (2) desde la Tinicial2 hasta la Tfinal
+ m3 Lf +	Parte del hielo se fusiona
= 0	Recipiente adiabático

 

 

Donde

Tf = temperatura final = 0

m3 = masa de hielo que se fusiona

 

Reemplazando

Q = 250 gr 0,03 cal/gr°C (0 °C – 150 °C) + 50 gr 0,5 cal/gr°C (0 °C – (-30°C)) + m3 gr 80 cal/gr = 0

 

Despejando m3

m3 = (250 gr 0,03 cal/gr°C 150 °C + 50 gr 0,5 cal/gr°C (-30°C)) / 80 cal/ gr = 4,68 gr < 50 gr cumple la Opción II

 

Coexisten el hielo y el agua líquida à Tf = 0 ºC

 

Masa de agua = 4,68 gr

Masa del hielo = 50 gr - 4,68 gr = 45,32 gr

 

 

Camino B

 

B.1 Calor cedido por el Plomo 

 

Q1 = m1 ce1 Ti1

 

donde

Q1 = calor cedido por el plomo

m1 = masa de plomo = 250 gr

ce1 = calor especifico del plomo = 0,03 cal/gr°C

Ti1 = temperatura del plomo = 150 ºC

 

reemplazando

Q1 = 250 gr 0,03 cal/gr°C 150 ºC = 1125 cal

 

B.2 Calor absorbido por el hielo para llegar al punto de fusión (0ºC)

 

Q2 = m2 ce2 (0 ºC - Ti2)

 

donde

Q2 = calor absorbido por el hielo para llegar a su punto de fusión

m2 = masa de hielo = 50 gr

ce2 = calor especifico del hielo = 0,5 cal/gr°C

Ti2 = temperatura del hielo = - 30 ºC

 

reemplazando

Q2 = 50 gr 0,5 cal/gr°C 30 ºC = 750 cal

 

Comparando Q1 y Q2

Q1 – Q2 = 1125 cal – 750 cal = 375 cal (“sobra calor”)

 

B.3 Calor absorbido por el hielo para licuarse

 

Q3 = m2 Lf

 

donde

Q3 = calor absorbido por el hielo para cambiar de estado

m2 = masa de hielo = 50 gr

Lf = 80 cal/gr

 

reemplazando

Q3 = 50 gr 80 gr = 4000 cal

 

Comparando Q1, Q2 y Q3

Q1 – Q2 – Q3 = 1125 cal – 750 cal – 4000 cal = - 3625 cal (“no alcanza”)

 

No alcanza para licuar todo el hielo à coexisten el hielo y el agua líquida à Tf = 0 ºC

 

 Graficamente

 

 

 Las rectas se cruzan en la Temperatura de equilibrio = 0ºC

Biofísica 2 Termodinámica (20) 6. Calorimetría

Un trozo de platino de 200 gr a 150 °C se introduce en un recipiente adiabático que tiene 200 gr de agua a 50 °C. (cp platino = 0,032 cal/g °C). Desprecie la capacidad calorífica del recipiente.

 

a) Responda sin hacer cuentas: ¿espera que la temperatura de equilibrio sea mayor, igual o menor que la media entre 150 °C y 50 ºC? Explique.

 

La temperatura de equilibrio estará más cerca de los 50 ºC (temperatura del agua) que de los 150 ºC (temperatura del platino)

Igual masa, igual cantidad de calor à variación de temperatura mayor cuanto menor es el calor específico.

 

b) Calcule la temperatura de equilibrio que alcanza la mezcla.

 

Q = m1 ce1 (Tf – Ti1) +	Enfriar el platino (1) desde la Tinicial hasta la Tfinal
+ m2 ce2 (Tf – Ti2) +	Calentar el agua (2) desde la Tinicial2 hasta la Tfinal
= 0	Recipiente adiabático

 

donde

Q = calor intercambiado con el exterior = 0 (recipiente adiabático)

m1 = masa de platino = 200 gr

ce1 = calor especifico del platino = 0,032 cal/gr°C

Ti1 = temperatura inicial del platino = 150ºC

Tf = temperatura de equilibrio

m2 = masa de agua = 200 gr

ce2 = calor especifico del agua = 1 cal/gr°C

Ti2 = temperatura inicial del agua = 50ºC

 

Reemplazando

Q = 200 gr 0,032 cal/gr°C (Tf – 150ºC) + 200gr 1 cal/gr°C (Tf – 50ºC) = 0

 

Despejando Tf

Tf = (200 gr 0,032 cal/gr°C 150 ºC + 200 gr 1 cal/gr°C 50 ºC)) / (200 gr 0,032 cal/gr°C + 200 gr 1 cal/gr°C) = 53,1ºC 

 

c) Repita el cálculo, suponiendo que la capacidad calorífica del recipiente no es despreciable, sino que vale 20 cal/ºC.

 

Q = m1 ce1 (Tf – Ti1) +	Enfriar el platino (1) desde la Tinicial hasta la Tfinal
+ m2 ce2 (Tf – Ti2) +	Calentar el agua (2) desde la Tinicial2 hasta la Tfinal
+ C (Tf – Ti2)	Calentar el recipiente desde la Tinicial2 hasta la Tfinal
= 0	Recipiente adiabático

 

 donde

Q = calor intercambiado con el exterior = 0 (recipiente adiabático)

Tf = temperatura de equilibrio

C = capacidad calorífica del recipiente = 20 cal/ºC

 

Reemplazando

Q = 200 gr 0,032 cal/gr°C (Tf – 150 ºC) + 200 gr 1 cal/gr°C (Tf – 50 ºC) + 20 cal/ºC (Tf – 50 ºC) = 0

 

Despejando Tf

Tf = (200 gr 0,032 cal/gr°C 150 ºC + 200 gr 1 cal/gr°C 50 ºC + 20 cal/ºC 50 ºC)) / (200 gr 0,032 cal/gr°C + 200gr 1 cal/gr°C + 20 cal/ºC) = 52,8ºC