ProbTermo

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2003 
Una máquina térmica ideal funciona según el ciclo de Carnot, con la particularidad que el 80% del 
calor recibido del foco caliente lo cede al foco frío. La cantidad de calor que recibe del foco caliente 
en cada ciclo es aquella capaz de aumentar en 1 °C la temperatura de 1500 g de agua. Hallar: 
a) El rendimiento del ciclo. 
b) El trabajo (en julios) que realiza en un ciclo completo. 
c) Si la temperatura del foco frío es de 0 °C, ¿cuál será la temperatura del foco caliente? 
FEB2003, DIC2006B, DIC2007B 
a) Nos dicen que la cantidad de calor que la máquina térmica recibe del foco caliente en cada 
ciclo es aquella capaz de aumentar en 1 °C la temperatura de 1500 g de agua. Es decir, la máquina 
recibe del foco caliente 1500 cal, puesto que una caloría es la cantidad necesaria para elevar un 
grado la temperatura de un gramo de agua. Por tanto: 𝑄𝑄ℎ = 1500 cal. Nos dicen que 𝑄𝑄𝑐𝑐 = 0.8𝑄𝑄ℎ =
1200 cal 
Si la máquina funciona en régimen Carnot: 
𝜀𝜀𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 = 1 −
𝑄𝑄𝑐𝑐
𝑄𝑄ℎ
= 1 −
1200
1500
= 0.2 = 20% 
b) El trabajo será el porcentaje de calor procedente del foco caliente que no se expulsa al foco 
frío, es decir, 𝑊𝑊 = 0.2𝑄𝑄ℎ = 300 cal 
c) Hay que tener cuidado porque las temperaturas en la ecuación de Carnot que utiliza las 
temperaturas de los focos, éstas deben estar expresadas en Kelvin. 
0.2 = 1 −
𝑇𝑇𝑐𝑐
𝑇𝑇ℎ
= 1 −
273
𝑇𝑇ℎ
 ⟹ 𝑇𝑇ℎ = 341.25 𝐾𝐾 = 68.25 °C 
 
 
 
Un calorímetro de masa despreciable contiene 1 kg de agua a 303 K y 50 g de hielo a 273 K. 
Determinar la temperatura final, T. Resolver el mismo problema para una masa de hielo de 500 
g. Datos: Calor específico del agua: 4.18 kJ/kg⋅K; Calor latente de fusión del hielo: 333.5 kJ/kg 
FIN2003, FIN2004B, DIC2004B 
En el primer caso. veremos si el calor contenido en el kilogramo de agua es suficiente para fundir 
los 50 g de hielo: 
El calor contenido en el agua viene dado por: 
1 𝑘𝑘𝑘𝑘 · 4180
J
kg K
(303 − 273)𝐾𝐾 = 125400 J 
El calor necesario para fundir 50 g de hielo es: 
0.05 𝑘𝑘𝑘𝑘 · 333500
J
kg
= 16675 J 
Luego es posible fundir todo el hielo y después calentarlo una vez fundido. 
Se debe cumplir que el calor cedido por el kilogramo de agua hasta una temperatura 𝑇𝑇𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝐶𝐶𝑒𝑒𝐶𝐶, sea 
absorbido por el hielo para fundirse y luego calentarse como agua hasta la 𝑇𝑇𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝐶𝐶𝑒𝑒𝐶𝐶: 
1 kg · 4180
J
kg K
�303 − 𝑇𝑇𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝐶𝐶𝑒𝑒𝐶𝐶�K =
= 0.05 kg · 333500
J
kg
+ 0.05 kg · 4180
J
kg K
�𝑇𝑇𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝐶𝐶𝑒𝑒𝐶𝐶 − 273�K 
1266540 − 4180𝑇𝑇𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝐶𝐶𝑒𝑒𝐶𝐶 = 16675 + 209𝑇𝑇𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝐶𝐶𝑒𝑒𝐶𝐶 − 57057 
1306922 = 4390𝑇𝑇𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝐶𝐶𝑒𝑒𝐶𝐶 ⟹ 𝑇𝑇𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝐶𝐶𝑒𝑒𝐶𝐶 = 297.7 K 
Si ahora tuviéramos 500 g de hielo, en lugar de 50 g, el calor necesario para fundir 500 g de hielo 
sería: 
0.5 kg · 333500
J
kg
= 166750 J 
que es una cantidad de calor mayor que la que disponemos en el kilogramo inicial de agua 
(125400 J). Por este motivo, sólo podremos fundir: 
125400 J = 𝑋𝑋 · 333500 J
kg
 ⟹ 𝑋𝑋 = 0.376012 kg = 376.012 g de hielo. 
Quedarían: 
500 − 376.012 = 123.99 g de hielo sin fundir 
Y toda la mezcla estaría a 0 °C. 
 
 
 
2004 
Un calorímetro de 100 g de vidrio contiene 200 g de agua. Ambos están inicialmente a 20 °C. Se 
introduce en el calorímetro una masa de vapor de agua a 130 °C. Alcanzado el equilibrio térmico 
la temperatura del conjunto es 50 °C. ¿Cuál era la masa de vapor de agua introducida?. Datos: 
Calor específico del vapor de agua: 0.47 cal/g⋅°C; Calor latente de vaporización del agua: 540 cal/g; 
Calor específico del vidrio: 0.2 cal/g⋅°C 
SEP2004B, SEP2006B 
El calor absorbido por el calorímetro y por el agua al calentarse desde 20 °C hasta 50 °C, debe ser 
igual al calor cedido por el vapor de agua al enfriarse, licuarse y enfriarse como agua hasta 50 °C: 
100 g · 0.2
cal
g °C
(50 − 20)°C + 200g · 1
cal
g °C
(50 − 20)°C = 
= 𝑚𝑚𝑣𝑣𝐶𝐶𝑣𝑣 ·
0.47cal
g °C
(130 − 100)°C + 𝑚𝑚𝑣𝑣𝐶𝐶𝑣𝑣 · 540
𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐
𝑘𝑘
+ 𝑚𝑚𝑣𝑣𝐶𝐶𝑣𝑣 · 1
𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐
𝑘𝑘 °𝐶𝐶
(100 − 50)°C 
Despejando, resulta: 
𝑚𝑚𝑣𝑣𝐶𝐶𝑣𝑣 = 10.92 g 
 
 
2005 
Una máquina de Carnot trabaja entre 327 °C y 27 °C y produce 7000 calorías por ciclo. Calcular su 
rendimiento y las cantidades de calor absorbido y cedido en cada ciclo 
FIN2005B 
El rendimiento en régimen Carnot es: 
𝜀𝜀𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 = 1 −
27 + 273
327 + 273
= 0.5 = 50% 
En función de los calores cedido y absorbido siendo el trabajo 7000 calorías: 
0.5 =
𝑊𝑊
𝑄𝑄ℎ
=
7000
𝑄𝑄ℎ
 ⟹ 𝑄𝑄ℎ = 14000 cal 
Sabemos: 
𝑊𝑊 = 𝑄𝑄ℎ − 𝑄𝑄𝑐𝑐 ⟹ 7000 = 14000 − 𝑄𝑄𝑐𝑐 ⟹ 𝑄𝑄𝑐𝑐 = 7000 cal 
 
 
 
2006 
Un fabricante de máquinas térmicas asevera lo siguiente: la máquina que ofrezco en el mercado 
recibe, en cada segundo, una energía térmica de 9 kJ a una temperatura de 435 K y expulsa una 
energía térmica de 4 kJ a una temperatura 285 K. 
a) ¿Es creíble la aseveración del fabricante?. Justifica la respuesta. 
b) En el supuesto de que el fabricante mienta, si los datos de energía recibida y cedida, y la 
temperatura del foco caliente se sabe que son ciertos ¿cuál debería ser entonces la 
temperatura del foco frío para que la aseveración del fabricante fuera cierta? 
JUN2006B, SEP2008B. FEB2011 
a) El rendimiento real de la máquina viene dado por: 
𝜀𝜀 =
(𝑄𝑄ℎ − 𝑄𝑄𝑐𝑐)
𝑄𝑄ℎ
=
(9 − 4)
9
=
5
9
= 0.55 = 55% 
El rendimiento Carnot es: 
𝜀𝜀𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 = 1 −
𝑇𝑇𝑐𝑐
𝑇𝑇ℎ
= 1 −
285
435
= 0.345 = 34.5% 
que sería el máximo rendimiento alcanzable. Como este rendimiento ideal es menor que el real 
entonces el fabricante miente en las especificaciones. 
b) Debemos igualar el rendimiento Carnot al rendimiento real: 
0.55 = 1 −
𝑇𝑇𝑐𝑐
435
 ⟹ 𝑇𝑇𝑐𝑐 = 195.75 𝐾𝐾 
 
 
 
Dos moles de gas helio inicialmente a una temperatura de 300 K y a una presión de 0.4 atm se 
comprimen en forma isotérmica hasta una presión de 1.2 atm. Considerando al helio como un gas 
ideal encontrar: 
a) el volumen final del gas. 
b) el trabajo realizado por el gas. 
c) el calor transferido. 
FIN2006B 
a) Ya que la temperatura es constante, podemos aplicar la ley de Boyle: 
𝑝𝑝𝑒𝑒𝑉𝑉𝑒𝑒 = 𝑝𝑝𝑓𝑓𝑉𝑉𝑓𝑓 ⟹ 𝑉𝑉𝑓𝑓 =
𝑝𝑝𝑒𝑒𝑉𝑉𝑒𝑒
𝑝𝑝𝑓𝑓
=
𝑛𝑛𝑛𝑛𝑇𝑇𝑒𝑒
𝑝𝑝𝑓𝑓
=
2 · 0.082 · 300
1.2
= 41 L 
b) Para una transformación isoterma, Δ𝑈𝑈 = 0 J: 
𝑊𝑊 = 𝑛𝑛𝑛𝑛𝑇𝑇 ln
𝑉𝑉𝑓𝑓
𝑉𝑉𝑒𝑒
= 𝑛𝑛𝑛𝑛𝑇𝑇 ln
𝑝𝑝𝑒𝑒
𝑝𝑝𝑓𝑓
= 2 · 8.314 · 300 · ln
0.4
1.2
= −5480.65 J 
que es un trabajo negativo como corresponde a una compresión. 
c) Por el primer principio: 𝑄𝑄 = Δ𝑈𝑈 + 𝑊𝑊 ⟹ 𝑄𝑄 = 𝑊𝑊 = −5480.65 J 
 
 
 
2007 
En un calorímetro de equivalente en agua despreciable hay 1 kg de hielo a –10 °C. 
a) ¿Cuántos gramos de agua a 80 °C hay que introducir en el recipiente para que la 
temperatura final sea de 10 °C?. 
b) Si en lugar de agua se introduce vapor de agua a 100 °C. ¿Cuántos gramos de vapor hay 
que introducir si queremos que la temperatura final sea de 40 °C?. El calor específico del 
hielo es 0.5 cal/gC, el calor latente de fusión del agua es 79 kcal/kg, el calor latente de 
vaporización del agua es 540 kcal/kg. 
FIN2007B, FIN2009B, SEP2009B, FIN2010B 
a) Utilizaremos que el calor cedido por el agua debe igual al calor absorbido por el hielo. Puesto 
que nos dicen que la temperatura final debe ser 10 °𝐶𝐶, vemos que debe haberse fundido por 
completo el kilogramo de hielo. 
El calor absoluto absorbido por el kilo gramo de hilo al calentarse hasta 0 °𝐶𝐶, después 
fundirse y calentarse ya convertido en agua hasta 10 °𝐶𝐶 es: 
1000 𝑘𝑘 · 0.5
cal
g °C
�0 − (−10)� + 1000 g · 79
cal
g
+ 1000 g · 1
cal
g °C
(10 − 0) = 94000 cal 
 El calor absoluto cedido por la cantidad 𝑋𝑋 de agua añadida al enfriarse desde 80 °C hasta los 
10 °C de temperatura finales: 
𝑋𝑋 𝑘𝑘 · 1
cal
g °C
(80 − 10) 
Igualando calor cedido y absorbido tenemos: 
94000 = 70𝑋𝑋 ⟹ 𝑋𝑋 = 1342.85 g de agua. 
b) Ahora, el calor absoluto absorbido por el kilo gramo de hilo al calentarse hasta 0 °C, después 
fundirse y calentarse ya convertido en agua hasta 40 °C es 
1000 g · 0.5
cal
g °C
�0 − (−10)� + 1000 g · 79
cal
g
+ 1000 g · 1
cal
g °C
(40 − 0) = 124000 cal 
El calor absoluto cedido por la cantidad 𝑋𝑋 de vapor agua añadida al licuarse y enfriarse ya convertido 
en agua desde 100 °C hasta los 40 °C de temperatura final es 
𝑋𝑋 g · 540
cal
g
+ 𝑋𝑋 g · 1
cal
g °C
(100 − 40) 
Igualando calor cedido y absorbido tenemos: 
124000 = 600𝑋𝑋 ⟹ 𝑋𝑋 = 206.6 g de vapor de agua 
 
 
2008 
Sean 0.32 moles de un gas monoatómico (Cv = 3/2 nR) que sigue el ciclo de la figura en sentido A-
B-C-A: 
 
a) Si el proceso C → A es adiabático, determinar PC. 
b) Determinar TA, TB y TC. 
c) Determinar ∆U, Q y W en cada proceso. 
JUN2008, JUN2009, JUN2010, FEB2016 
Este problema es una variación del problema ejemplo de un ciclo térmico que se da en los 
apuntes de teoría pero con el proceso CA como adiabático en lugar de isotermo. 
a) Como el proceso CA es adiabático se cumple la ley de Poisson: 
𝑃𝑃𝑉𝑉𝛾𝛾 = 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 
donde: 
𝛾𝛾 =
𝐶𝐶𝑃𝑃
𝐶𝐶𝑉𝑉
=
5 2⁄
3 2⁄
=
5
3
 
De la ley de Poisson, para el proceso adiabático CA tenemos: 
𝑃𝑃𝐶𝐶 =
𝑃𝑃𝐴𝐴𝑉𝑉𝐴𝐴
𝛾𝛾
𝑉𝑉𝐶𝐶
𝛾𝛾 = 2.4 �
2.2
4.4
�
5 3⁄
= 0.7559 atm 
b) Según la ley de los gases ideales: 
𝑃𝑃𝑉𝑉 = 𝑛𝑛𝑛𝑛𝑇𝑇 ⟹ 𝑇𝑇𝐴𝐴 =
𝑃𝑃𝐴𝐴𝑉𝑉𝐴𝐴
𝑛𝑛𝑛𝑛
=
2.4 · 2.2
0.32 · 0.082
= 201 K 
Y ya que 𝑉𝑉𝐵𝐵 = 2𝑉𝑉𝐵𝐵 ⟹ 𝑇𝑇𝐵𝐵 = 402 K 
La ley de Poisson como función de 𝑇𝑇 y 𝑉𝑉 es: 
𝑇𝑇𝑉𝑉𝛾𝛾−1 = 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 
Luego para el proceso adiabático CA, tenemos: 
𝑇𝑇𝐶𝐶 =
𝑇𝑇𝐴𝐴𝑉𝑉𝐴𝐴
𝛾𝛾−1
𝑉𝑉𝐶𝐶
𝛾𝛾−1 = 201 �
2.2
4.4
�
2 3⁄
= 126.62 K 
c) De A hasta B (isobárico): 
𝑊𝑊1 = 𝑃𝑃1Δ𝑉𝑉 = 2.4(4.4 − 2.2) = 5.28
atm
L
= 535 J 
𝑄𝑄1 = 𝐶𝐶𝑃𝑃Δ𝑇𝑇 =
5
2
𝑛𝑛𝑛𝑛(402 − 201) =
5
2
0.32 · 8.314 · (402 − 201) = 1337 J 
Δ𝑈𝑈1 = 𝑄𝑄1 −𝑊𝑊1 = 1337 − 535 = 802 J 
De B hasta C (isocórico): 
𝑊𝑊2 = 0 
ya que Δ𝑉𝑉 = 0 
𝑄𝑄2 = 𝐶𝐶𝑉𝑉Δ𝑇𝑇 =
3
2
𝑛𝑛𝑛𝑛(126.62 − 402) =
3
2
0.32 · 8.134 · (126.62 − 402) = −1098 J 
Por el primer principio: 𝑄𝑄 = Δ𝑈𝑈 + 𝑊𝑊 y entonces: 
Δ𝑈𝑈2 = 𝑄𝑄2 = −1098 J 
ya que 𝑊𝑊2 = 0 
De C hasta A (adiabático): 
Como es un proceso adiabático: 𝑄𝑄3 = 0 
Respecto al cambio en energía interna: 
Δ𝑈𝑈 = 𝐶𝐶𝑉𝑉Δ𝑇𝑇 = 𝐶𝐶𝑉𝑉(𝑇𝑇𝐴𝐴 − 𝑇𝑇𝐶𝐶) =
3
2
0.32 · 8.134 · (201 − 126.62) = 298 J 
Por el primer principio: 𝑄𝑄 = Δ𝑈𝑈 + 𝑊𝑊 y entonces: 
𝑊𝑊3 = −Δ𝑈𝑈 = −298 J 
que también se podría haber obtenido por la ecuación para el trabajo en un proceso adiabático: 
𝑊𝑊3 =
𝑃𝑃𝐶𝐶𝑉𝑉𝐶𝐶 − 𝑃𝑃𝐴𝐴𝑉𝑉𝐴𝐴
𝛾𝛾 − 1
= −2.94 atm · L = −297.82 J 
Se puede comprobar que el cambio de energía interna completo del ciclo es nulo: 
Δ𝑈𝑈 = Δ𝑈𝑈1 + Δ𝑈𝑈2 + Δ𝑈𝑈3 = 802 − 1098 + 298 ≈ 0 
Y debido al primer principio 𝑄𝑄 = Δ𝑈𝑈 + 𝑊𝑊, ya que el cambio total en energía interna es nulo, el 
cambio total de calor debe ser igual al trabajo total desarrollado: 
𝑄𝑄 = 𝑄𝑄1 + 𝑄𝑄2 + 𝑄𝑄3 = 1337 − 1098 + 0 = 237 J 
𝑊𝑊 = 𝑊𝑊1 + 𝑊𝑊2 + 𝑊𝑊3 = 535 + 0 − 298 = 237 J 
 
 
2009 
Explicar qué ocurre: 
a) Cuando se mezcla 1 kg de hielo a −10 °C y 1 kg de agua a 80 °C. 
b) Cuando se mezcla 1 kg de hielo a −10 °C y 2 kg de agua a 80 °C. 
Datos: El calor específico del hielo es 0.502 kcal/kg °C, calor latente de fusión del agua es 80 
kcal/kg. 
DIC2009B 
Primero vemos cuánto calor hay en el agua caliente en el intervalo de 80 °C a 0 °C 
𝑄𝑄𝐻𝐻2𝑂𝑂𝑐𝑐𝐶𝐶𝑒𝑒 = 𝑚𝑚𝐻𝐻2𝑂𝑂𝑐𝑐𝐻𝐻2𝑂𝑂(80 − 0) = 1 kg · 1
kcal
kg °C
· 80 °C = 80 kcal 
Esas 80 𝑘𝑘𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 deben primero ser capaces de calentar al hielo desde −10 °C hasta 0 °C. Veamos si es 
posible. El calor específico del hielo es 0.502 kcal kg °C⁄ , luego para calentar el hielo se necesitarán: 
𝑄𝑄𝐶𝐶𝑒𝑒𝑐𝑐𝑒𝑒𝑛𝑛 𝑐𝑐𝐶𝐶𝑒𝑒𝑒𝑒𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 ℎ𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝐶𝐶 = 𝑚𝑚ℎ𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝐶𝐶𝑐𝑐ℎ𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝐶𝐶�0 − (−10)� = 1 kg · 0.502
kcal
kg °C
· 10 °C = 5.02 kcal 
Por tanto, como se disponen de 80 𝑘𝑘𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 procedentes del agua, sobrarán 80 − 5.02 = 74.98 kcal 
para fundir el hielo. Veamos cuánto calor se necesita para fundir un kilogramo de hielo. El calor 
latente de fusión del hielo es 80 kcal kg⁄ 
𝑄𝑄𝐶𝐶𝑒𝑒𝑐𝑐𝑒𝑒𝑛𝑛 𝑑𝑑𝑒𝑒𝐶𝐶𝐶𝐶𝑒𝑒𝐶𝐶𝑒𝑒𝐶𝐶 ℎ𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝐶𝐶 = 𝑚𝑚ℎ𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝐶𝐶𝐿𝐿𝑓𝑓 = 1 kg · 80 kcal kg⁄ = 80 kcal 
pero como sólo tenemos 74.98 kcal, sólo se fundirán 𝑋𝑋 kg de hielo: 
74.98 kcal = 𝑋𝑋 kg · 80 kcal kg⁄ ⟹ 𝑋𝑋 = 0.9375 kg = 937.5 g 
Por tanto, sólo se fundirán 937.5 g quedando todo a 0 °C. 
 
 
 
2010 
Tres moles de nitrógeno (CV = 5/2 nR) inicialmente a 27°C y presión atmosférica se someten al 
ciclo constituido por las tres transformaciones siguientes: A) calentamiento a presión constante 
hasta duplicar el volumen inicial. B) una compresión isoterma hasta alcanzar el volumen inicial. 
C) un enfriamiento isócoro. Determinar en unidades del S.I. el trabajo, el calor, y las variaciones 
de energía interna, en cada transformación y en el ciclo completo. 
 
SEP2010B, SEP2020 
Para el punto (1) 
𝑉𝑉1 =
𝑛𝑛𝑛𝑛𝑇𝑇1
𝑝𝑝1
=
3 · 0.082 · (27 + 273)
1
= 73.85 L 
Para el punto (2) 
𝑉𝑉1
𝑇𝑇1
=
𝑉𝑉2
𝑇𝑇2
 ⟹ 𝑇𝑇2 =
𝑉𝑉2
𝑉𝑉1
𝑇𝑇1 = 2 · 300 = 600 K 
Para el punto (3) 
𝑝𝑝2𝑉𝑉2 = 𝑝𝑝3𝑉𝑉3 ⟹ 𝑝𝑝3 =
𝑉𝑉2
𝑉𝑉3
𝑝𝑝2 = 2 · 1 = 2 atm 
• 1→2, proceso de expansión isobárica: 
𝑊𝑊1→2 = 𝑝𝑝1(𝑉𝑉2 − 𝑉𝑉1) = 1 · (147.69 − 73.85) = 73.85 atm · L = 1788.44 cal = 7482.85 J 
(Se ha utilizado 1 amt · L = 24.217 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 = 101.325 J) 
𝑄𝑄1→2 = 𝑛𝑛𝑛𝑛𝑐𝑐𝑃𝑃(𝑇𝑇2 − 𝑇𝑇1) = 3 · 0.082
7
2
(600 − 300) = 258.3 amt · L = 6255.25 cal = 26172.24 J 
Δ𝑈𝑈1→2 = 𝑛𝑛𝑛𝑛𝑐𝑐𝑉𝑉(𝑇𝑇2 − 𝑇𝑇1) = 3 · 0.082
5
2
(600 − 300) = 184.5 atm · L = 4468.04 cal =
= 18694.46 J 
• 2→3, proceso de compresión isoterma, Δ𝑈𝑈2→3 = 0 J: 
𝑊𝑊2→3 = 𝑛𝑛𝑛𝑛𝑇𝑇 ln �
V3
V2
� = 3 · 0.082 · 600 ln �
1
2
� = −102.3 atm · L = −2477.6 cal = −10366.41 J 
Por el primer principio: 𝑄𝑄 = Δ𝑈𝑈 + 𝑊𝑊 ⟹ 𝑄𝑄2→3 = 𝑊𝑊2→3 
• 3→1, proceso isócoro, 𝑊𝑊3→1 = 0 𝐽𝐽: 
𝑄𝑄3→1 = 𝑛𝑛𝑛𝑛𝑐𝑐𝑉𝑉(𝑇𝑇1 − 𝑇𝑇3) = 3 · 0.082
5
2
(300 − 600) = −184.5 atm · L = −4468.04 cal =
= −18694.46 J 
Por el primer principio: 𝑄𝑄 = Δ𝑈𝑈 + 𝑊𝑊 ⟹ Δ𝑈𝑈3→1 = 𝑄𝑄3→1 
• Para el ciclo completo: 
Δ𝑈𝑈 = Δ𝑈𝑈1→2 + Δ𝑈𝑈2→3 + Δ𝑈𝑈3→1 = 18694.46 + 0 − 18694.46 = 0 J 
𝑄𝑄 = 𝑄𝑄1→2 + 𝑄𝑄2→3 + 𝑄𝑄3→1 = 26172.24 − 10366.41 − 18694.46 ≈ −2888 J 
𝑊𝑊 = 𝑊𝑊1→2 + 𝑊𝑊2→3 + 𝑊𝑊3→1 = 7482.85 − 10366.41 + 0 ≈ −2888 J 
 
 
 
 
Consideremos helio (gas perfecto monoatómico cv = 3R/2) en el estado inicial A: PA = 105 Pa, VA = 
10-2 m3 y TA = 300 K. Se llevan a cabo las siguientes transformaciones: 
A → B: Transformación isoterma reversible siendo VB = 2 10-2 m3. 
B → C: Transformación isócora (V=cte) reversible siendo TC = 189 K 
C → A: Transformación adiabática reversible, que devuelve al gas a sus condiciones iniciales. 
a) Determinar el número de moles de helio, confeccionar una tabla en la que aparezcan los 
valores P, V y T en los tres estados A, B y C, y dibujar el ciclo en el diagrama P-V. 
b) Calcular, en unidades del sistema internacional, de forma directa (siempre que sea posible) 
el trabajo W, el calor Q, y la variación de energía interna ∆U, del gas para cada uno de los 
procesos. 
DIC2010B 
a) Vértice A: 𝑝𝑝𝐴𝐴𝑉𝑉𝐴𝐴 = 𝑛𝑛𝑛𝑛𝑇𝑇𝐴𝐴 ⟹ 
⟹ 105 · 10−2 = 𝑛𝑛𝑛𝑛 · 300 ⟹ 𝑛𝑛𝑛𝑛 =
10
3
 ⟹ 
⟹ 𝑛𝑛 · 8.314 =
10
3
 ⟹ 𝑛𝑛 = 0.4 mol 
Transformación isoterma: 𝑝𝑝𝐴𝐴𝑉𝑉𝐴𝐴 = 𝑝𝑝𝐵𝐵𝑉𝑉𝐵𝐵 ⟹ 
⟹ 𝑝𝑝𝐵𝐵 = 0.5 × 105 Pa 
Transformación isócora: 𝑉𝑉𝐵𝐵 = 𝑉𝑉𝐶𝐶 
Vértice C: 𝑝𝑝𝐶𝐶𝑉𝑉𝐶𝐶 = 𝑛𝑛𝑛𝑛𝑇𝑇𝐶𝐶 ⟹ 
⟹ 𝑝𝑝𝐶𝐶 =
0.4 · 8.314 · 189
2 × 10−2
= 0.315 × 105Pa 
Vértice 𝑝𝑝 (Pa) 𝑉𝑉 (m3) 𝑇𝑇 (K) 
A 105 10−2 300 
B 0.5 × 105 2 × 10−2 300 
C 0.315 × 105 2 × 10−2 189 
 
b) Índice adiabático: 
𝛾𝛾 =
𝐶𝐶𝑃𝑃
𝐶𝐶𝑉𝑉
=
5𝑛𝑛 2⁄
3𝑛𝑛 2⁄
=
5
3
= 1.666 
 
• A→B, proceso isotermo, Δ𝑈𝑈𝐴𝐴→𝐵𝐵 = 0 𝐽𝐽 
𝑊𝑊𝐴𝐴→𝐵𝐵 = 𝑛𝑛𝑛𝑛𝑇𝑇𝐴𝐴 ln
𝑉𝑉𝐵𝐵
𝑉𝑉𝐴𝐴
=
10
3
· 300 · ln 2 = 693.147 J 
Por el primer principio: 𝑄𝑄 = Δ𝑈𝑈 + 𝑊𝑊 ⟹ 𝑄𝑄𝐴𝐴→𝐵𝐵 = 𝑊𝑊𝐴𝐴→𝐵𝐵 = 693.147 J 
• B→C, proceso isócoro, 𝑊𝑊𝐵𝐵→𝐶𝐶 = 0 J 
Por el primer principio: 𝑄𝑄 = Δ𝑈𝑈 + 𝑊𝑊 ⟹ 
⟹ Δ𝑈𝑈𝐵𝐵→𝐶𝐶 = 𝑄𝑄𝐵𝐵→𝐶𝐶 = 𝑛𝑛𝑐𝑐𝑉𝑉𝑛𝑛(𝑇𝑇𝐶𝐶 − 𝑇𝑇𝐵𝐵) =
10
3
·
3
2
(189 − 300) = 5 · (−111) = −555 J 
• C→A, proceso adiabático, 𝑄𝑄𝐶𝐶→𝐴𝐴 = 0 𝐽𝐽 
Por el primer principio: 𝑄𝑄 = Δ𝑈𝑈 + 𝑊𝑊 ⟹ 
⟹ Δ𝑈𝑈𝐶𝐶→𝐴𝐴 = −𝑊𝑊𝐶𝐶→𝐴𝐴 = 𝑛𝑛𝑐𝑐𝑉𝑉𝑛𝑛(𝑇𝑇𝐴𝐴 − 𝑇𝑇𝐶𝐶) =
10
2
·
3
2
(300 − 189) = 555 J 
Proceso Δ𝑈𝑈 (J) 𝑄𝑄 (J) 𝑊𝑊 (J) 
A→B Isotermo 0 693 693 
B→C Isócoro −555 −555 0 
C→A Adiabático 555 0 −555 
Total 0 138 138 
 
 
Calor absorbido: 693 J 
Calor cedido: 555 J 
Trabajo realizado: 138 J 
Se cumple: Δ𝑈𝑈 = 0 J 
Rendimiento real: 𝜀𝜀 = 138
693
≈ 0.2 = 20% 
Rendimiento ideal (Carnot) 𝜀𝜀𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 = 1 −
189
300
= 0.37 = 37% 
 
 
2012 
Se utiliza una máquina real con un rendimiento del 20% para acelerar un tren desde el reposo 
hasta 5 m/s. Se sabe que si la máquina funcionara en régimen Carnot aceleraría el tren a 6.5 m/s 
en el mismo tiempo y usando la misma cantidad de combustible. Si la máquina utiliza el aire a 300 
K como foco frío, encontrar: 
a) El rendimiento ideal de la máquina. 
b) La temperatura del vapor que sirve como foco caliente. 
FEB2012, DIC2014, DIC2017 
a) La energía 𝑊𝑊 que desarrolla la máquina real frente a lo que consume del foco caliente 
𝑄𝑄ℎcumple funcionando al 20%: 
𝜀𝜀 =
𝑊𝑊
𝑄𝑄ℎ
= 0.2 
Si en lugar de acelerar el tren hasta 5 m/s lo acelerara hasta 6.5 m/s puesto que la energía cinética 
sería 6.52 52⁄ = 1.69 veces mayor, su rendimiento tendría que ser igualmente 1.69 veces mayor, 
es decir, sería 0.2 · 1.69 = 0.338. Este sería el rendimiento ideal. 
b) Al funcionar la máquina en régimen Carnot, con aire a 300 K como foco frío, se cumpliría: 
𝜀𝜀𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 = 0.338 = 1 −
𝑇𝑇𝑐𝑐
𝑇𝑇ℎ
= 1 −
300
𝑇𝑇ℎ
 ⟹ 𝑇𝑇ℎ = 453.172 K 
 
 
 
Una máquina térmica que trabaja entre dos focos térmicos a 80 °C y 430 °C. 
a) Si su rendimiento es del 20%, ¿la máquina funciona reversible o irreversiblemente? 
b) Si la máquina absorbe en cada ciclo 1000 J de calor del foco caliente ¿cuánto necesitaría 
absorber si trabajara en régimen Carnot para producir el mismo trabajo que la real? 
SEP2012, SEP2015 
a) Si la máquina estuviera en régimen Carnot sería reversible y rendimiento sería: 
𝜀𝜀𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 = 1 −
𝑇𝑇𝑐𝑐
𝑇𝑇ℎ
= 1 −
80 + 273
430 + 273
= 1 −
353
703
= 0.498 = 49.8% 
Como nos dicen que su rendimiento real es del 20% entonces la máquina no está en régimen Carnot 
y es irreversible. 
b) Si la máquina real absorbe en cada ciclo 1000 𝐽𝐽 del foco caliente entonces al trabajar al 20% 
producirá 200 J de trabajo. Si trabaja en régimen Carnot, su rendimiento sería del 49.8% y para 
producir 200 J de trabajo, debería absorber 200 0.498⁄ = 401.7 J. 
 
 
 
Un gas ideal diatómico (Cv = 5nR/2) se encuentra inicialmente a una temperatura T1= 300 K, una 
presión P1 = 105 Pa y ocupa un volumen V1 = 0.4 m3. El gas se expande adiabáticamente hasta 
ocupar un volumen V2 = 1.2 m3. Posteriormente se comprime isotérmicamente hasta que su 
volumen es otra vez V1 y por último vuelve a su estado inicial mediante una transformación 
isócora. Todas las transformaciones son reversibles. 
 
a) Calcular el número de moles del gas y la presión y la temperatura después de la expansión 
adiabática. 
b) Calcular la variación de energía interna, el trabajo y el calor en cada transformación. 
DIC2012, FEB2013 
a) Por la ecuación de estado de un gas ideal: 
𝑝𝑝𝑉𝑉 = 𝑛𝑛𝑛𝑛𝑇𝑇 ⟹ 𝑛𝑛 =
𝑝𝑝1𝑉𝑉1
𝑛𝑛𝑇𝑇1
=
105 · 0.4
8.314 · 300
= 16 mol 
Al ser un gas diatómico 𝛾𝛾 = 𝐶𝐶𝑃𝑃
𝐶𝐶𝑉𝑉
= 7𝑅𝑅 2⁄
5𝑅𝑅 2⁄
= 7
5
= 1.4 
Y para la expansión adiabática, podemos usar la ecuación de Poisson: 
𝑝𝑝1𝑉𝑉1
𝛾𝛾 = 𝑝𝑝2𝑉𝑉2
𝛾𝛾 ⟹ 𝑝𝑝2 = 𝑝𝑝1 �
𝑉𝑉1
𝑉𝑉2
�
𝛾𝛾
= 105 �
0.4
1.2
�
1.4
= 0.21 × 105 Pa 
𝑇𝑇2 =
𝑝𝑝2𝑉𝑉2
𝑛𝑛𝑛𝑛
=
(0.21 × 105) · 1.2
16 · 8.314
= 193.77 K 
b) Proceso 1→2 expansión adiabática (enfriamiento) 𝑄𝑄1→2 = 0. 
Por el primer principio: 𝑄𝑄 = Δ𝑈𝑈 + 𝑊𝑊 ⟹ 
⟹ Δ𝑈𝑈1→2 = −𝑊𝑊1→2 = 𝑛𝑛𝑐𝑐𝑉𝑉𝑛𝑛(𝑇𝑇2 − 𝑇𝑇1) = 16 ·
5
2
· 8.314 · (193.77 − 300) = −35340 J 
• Para el proceso de compresión isoterma 2→3, Δ𝑈𝑈2→3 = 0 J 
𝑊𝑊2→3 = 𝑛𝑛𝑛𝑛𝑇𝑇2 ln
𝑉𝑉3
𝑉𝑉2
= 16 · 8.314 · 193.77 · ln �
0.4
1.2
� = −28294 J 
Por el primer principio: 𝑄𝑄 = Δ𝑈𝑈 + 𝑊𝑊 ⟹ 𝑄𝑄2→3 = 𝑊𝑊2→3 = −28294 J 
• Para el proceso de enfriamiento isocórico 3→1, 𝑊𝑊3→1 = 0 J 
Por el primer principio: 𝑄𝑄 = Δ𝑈𝑈 + 𝑊𝑊 ⟹ 
⟹ Δ𝑈𝑈3→1 = 𝑄𝑄3→1 = 𝑛𝑛𝑐𝑐𝑉𝑉𝑛𝑛(𝑇𝑇1 − 𝑇𝑇3) = 16 ·
5
2
· 8.314 · (300 − 193.77 ) = 35340 J 
 
 
 
2013 
Se tienen 3 moles de un gas ideal diatómico a una temperatura de 
250 K y una presión de 1 atmósfera. Se expande el gas 
adiabáticamente hasta duplicar su volumen, a continuación se 
calienta a volumen constante hasta recuperar su presión inicial y, 
finalmente, se enfría a presión constante hasta volver a su estado 
inicial. Suponiendo que todos los procesos descritos son cuasi-
estáticos: 
Calcular el calor, incremento de energía interna y el trabajo en cada uno de los tres procesos 
descritos y en el ciclo completo. Datos: R = 8.314 J/mol K = 0.082 L atm/mol K; Cv = 5nR/2 
Copiar la siguiente tabla y dar los resultados en julios: 
 Q ΔU W 
1-2 
2-3 
3-1 
Total 
SEP2013 
• Proceso 1→2 expansión adiabática (enfriamiento), 𝑄𝑄1→2 = 0 𝐽𝐽: 
Por el primer principio: 𝑄𝑄 = Δ𝑈𝑈 + 𝑊𝑊 ⟹ Δ𝑈𝑈1→2 = −𝑊𝑊1→2 = 𝑛𝑛𝑐𝑐𝑉𝑉𝑛𝑛(𝑇𝑇2 − 𝑇𝑇1) 
Necesitamos calcular 𝑇𝑇2 y podemos aplicar la ecuación de Poisson para un proceso adiabático: 
𝑇𝑇1𝑉𝑉1
𝛾𝛾−1 = 𝑇𝑇2𝑉𝑉2
𝛾𝛾−1 
donde al ser un gas diatómico 𝛾𝛾 = 𝐶𝐶𝑃𝑃
𝐶𝐶𝑉𝑉
= 7𝑅𝑅 2⁄
5𝑅𝑅 2⁄
= 7
5
= 1.4 
𝑇𝑇2 = 𝑇𝑇1 �
𝑉𝑉1
𝑉𝑉2
�
𝛾𝛾−1
= 250 · (0.5)0.4 = 189.5 K 
que supone un enfriamiento al ser un a expansión adiabática. 
De este modo: 
𝛥𝛥𝑈𝑈1→2 = −𝑊𝑊1→2 = 𝑛𝑛𝑐𝑐𝑉𝑉𝑛𝑛(𝑇𝑇2 − 𝑇𝑇1) = 3 mol ·
5
2
· 8.314 
J
mol · K
· (189.5 − 250)K = −3772.5 J 
• Proceso 2→3, calentamiento isocórico, 𝑊𝑊2→3 = 0 𝐽𝐽 
Por el primer principio: 𝑄𝑄 = Δ𝑈𝑈 + 𝑊𝑊 ⟹ Δ𝑈𝑈2→3 = 𝑄𝑄2→3 = 𝑛𝑛𝑐𝑐𝑉𝑉𝑛𝑛(𝑇𝑇3 − 𝑇𝑇2) 
Necesitamos calcular 𝑇𝑇3. Vemos que en el punto 1 se cumple 𝑝𝑝1𝑉𝑉1 = 𝑛𝑛𝑛𝑛𝑇𝑇1 y en el punto 3 se cumple 
𝑝𝑝3𝑉𝑉3 = 𝑛𝑛𝑛𝑛𝑇𝑇3. Ya que 𝑝𝑝1 = 𝑝𝑝3, dividiendo miembro a miembro, vemos que se cumple: 
𝑉𝑉1
𝑉𝑉3
=
𝑇𝑇1
𝑇𝑇3
 
y, según el enunciado 𝑉𝑉3 = 𝑉𝑉2 = 2𝑉𝑉1 
𝑉𝑉1
2𝑉𝑉1
=
𝑇𝑇1
𝑇𝑇3
 ⟹ 𝑇𝑇3 = 2𝑇𝑇1 = 500 K 
Luego: 
Δ𝑈𝑈2→3 = 𝑄𝑄2→3 = 𝑛𝑛𝑐𝑐𝑉𝑉𝑛𝑛(𝑇𝑇3 − 𝑇𝑇2) = 3 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑐𝑐 ·
5
2
· 8.314 
J
mol K
· (500 − 189.5)K = 19361.2 J 
• Proceso 3→1, enfriamiento isobárico. El trabajo viene dado por: 
𝑊𝑊3→1 = 𝑝𝑝3(𝑉𝑉1 − 𝑉𝑉3) = 𝑝𝑝1(𝑉𝑉1 − 𝑉𝑉3) 
Y recordando que 𝑉𝑉3 = 𝑉𝑉2 = 2𝑉𝑉1, tenemos: 
𝑊𝑊3→1 = 𝑝𝑝1(𝑉𝑉1 − 𝑉𝑉3) = 𝑝𝑝1(𝑉𝑉1 − 2𝑉𝑉1) = −𝑝𝑝1𝑉𝑉1 = −𝑛𝑛𝑛𝑛𝑇𝑇1 = −3 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑐𝑐 · 8.314 
J
mol K
 250 K =
= −6235.5 J 
La variación de energía interna: 
Δ𝑈𝑈3→1 = 𝑛𝑛𝑐𝑐𝑣𝑣𝑛𝑛(𝑇𝑇1 − 𝑇𝑇3) = 3 mol ·
5
2
· 8.314 
J
mol K
 (250 − 500) K = −15588.7 J 
Ahora: 𝑄𝑄 = Δ𝑈𝑈 + 𝑊𝑊 ⟹ 𝑄𝑄3→1 = Δ𝑈𝑈3→1 + 𝑊𝑊3→1 = −15588.75 − 6235.5 = −21824.2 J 
Para el ciclo completo se cumple que Δ𝑈𝑈 = 0 y, según el primer principio 𝑄𝑄 = 𝑊𝑊: 
 Q ΔU W 
1-2 0 −3772.5 3772.5 
2-3 19361.2 19361.2 0 
3-1 −21824.2 −15588.7 −6235.5 
Total −2463 0 −2463 
Supongamos una máquina térmicaque trabaja entre dos focos a 600 °C y 100 °C, y consume 250 
J por ciclo. La máquina es capaz de levantar a una altura de 100 m una piedra de 500 kg si realiza 
3422 ciclos. Si no podemos variar la temperatura de los focos y no queremos que la máquina 
consuma más ¿podríamos construir una máquina térmica mejor? Razonar la respuesta. 
DIC2013 
El hecho de que podamos construir una máquina térmica mejor, dependerá de si la máquina 
real está o no en régimen Carnot. 
El rendimiento de la máquina de Carnot está dado por: 
𝜀𝜀𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 = 1 −
𝑇𝑇𝑐𝑐
𝑇𝑇ℎ
 
donde 𝑇𝑇𝑐𝑐 es la temperatura del foco frío y 𝑇𝑇ℎ es la temperatura del foco caliente (todas en grados 
Kelvin). Luego, el máximo rendimiento posible es: 
𝜀𝜀𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 = 1 −
𝑇𝑇𝑐𝑐
𝑇𝑇ℎ
= 1 −
100 + 273
600 + 273
= 0.573 
Por otro lado, el rendimiento real de la máquina viene dado por: 
𝜀𝜀 =
𝑊𝑊
𝑄𝑄𝐶𝐶𝑒𝑒𝑛𝑛
=
𝑊𝑊
250
 
Si la máquina estuviera en régimen Carnot: 
𝜀𝜀 = 𝜀𝜀𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 = 0.573 =
𝑊𝑊
250
 ⟹ 𝑊𝑊 = 143.184 J 
que sería el trabajo útil realizado por la máquina en cada ciclo. 
Pero dicho trabajo consiste en subir una piedra de 500 kg a una altura de 100 m. Esto supondría una 
energía potencial de: 
𝑊𝑊 = 𝑚𝑚𝑘𝑘ℎ = 500 · 9.8 · 100 = 490000 J 
Como en cada ciclo en régimen Carnot se realizarían 143.184 𝐽𝐽 y se necesita un trabajo total de 
490000 𝐽𝐽, esto supone: 
490000
143.184
≈ 3422 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑚𝑚𝑐𝑐 
Es decir, como la máquina realiza el número de ciclos que nos dan en el enunciado es imposible 
construir una máquina térmica mejor dado que ya está en régimen Carnot. 
 
 
 
2014 
Supongamos una máquina térmica que trabaja entre dos focos a 400 °C y 40 °C, y consume 300 J 
por ciclo. La máquina es capaz de bombear a una altura de 50 m un volumen de 400 litros de agua 
si realiza 1222 ciclos. 
a) Si no podemos variar la temperatura de los focos y no queremos que la máquina 
consuma más ¿podríamos construir una máquina térmica mejor? Razonar la respuesta. 
b) ¿Cómo y cuánto deberíamos variar la temperatura del foco caliente para que la 
máquina realizara el mismo bombeo en sólo 1000 ciclos sin variar la temperatura del 
foco frío y con el mismo consumo del apartado anterior? 
FEB2014, SEP2014, DIC2015 
a) El hecho de que podamos construir una máquina térmica mejor, dependerá de si la máquina 
real está o no en régimen Carnot. 
El rendimiento de la máquina de Carnot está dado por: 
𝜀𝜀𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 = 1 −
𝑇𝑇𝑐𝑐
𝑇𝑇ℎ
 
donde 𝑇𝑇𝑐𝑐 es la temperatura del foco frío y 𝑇𝑇ℎ es la temperatura del foco caliente (todas en grados 
Kelvin). Luego, el máximo rendimiento posible es: 
𝜀𝜀𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 = 1 −
𝑇𝑇𝑐𝑐
𝑇𝑇ℎ
= 1 −
40 + 273
400 + 273
= 0.5349 
Por otro lado, el rendimiento real de la máquina viene dado por: 
𝜀𝜀 =
𝑊𝑊
𝑄𝑄𝐶𝐶𝑒𝑒𝑛𝑛
=
𝑊𝑊
300
 
Si la máquina estuviera en régimen Carnot: 
𝜀𝜀 = 𝜀𝜀𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 = 0.5349 =
𝑊𝑊
300
 ⟹ 𝑊𝑊 = 160.4754 J 
que sería el trabajo útil realizado por la máquina en cada ciclo. 
Pero dicho trabajo consiste en bombear un volumen de 400 L de agua a una altura de 50 m. Puesto 
que un litro de agua es un kilo de masa, esto supondría una energía potencial de: 
𝑊𝑊 = 𝑚𝑚𝑘𝑘ℎ = 400 · 9.8 · 50 = 196000 J 
Como en cada ciclo en régimen Carnot se realizarían 160.4754 J y se necesita un trabajo total de 
196000 J, esto supone: 
196000
160.4754
≈ 1222 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑚𝑚𝑐𝑐 
Es decir, como la máquina realiza el número de ciclos que nos dan en el enunciado es imposible 
construir una máquina térmica mejor dado que ya está en régimen Carnot. 
b) La energía que ahora se necesitaría por ciclo, sólo con 1000 ciclos, sería: 
196000
1000
= 196 J 
Puesto que esta energía es mayor que la que antes obtuvimos en régimen Carnot de 160.4754 J, 
debemos variar la temperatura de los focos para aumentar el rendimiento. 
Sabiendo que el nuevo rendimiento de la máquina real con el mismo consumo sería: 
𝜖𝜖 =
𝑊𝑊
𝑄𝑄𝐶𝐶𝑒𝑒𝑛𝑛
=
196
300
= 0.6533 
ya que no podemos variar la temperatura del foco frío, tenemos para régimen Carnot: 
0.6533 = 1 −
40 + 273
𝑇𝑇ℎ
 ⟹ 𝑇𝑇ℎ = 902.884 K = 629.884 °C 
Es decir, la temperatura en grados Celsius del foco caliente debería aumentar: 
629.884 − 400 ≈ 230 °C 
 
 
2015 
En un recipiente de cobre (calor especi. cCu = 0.093 kcal/kg°C) de masa MCu = 2 kg se añade una 
masa de agua de MH2O = 0.1 kg a temperatura inicial TInicial = 20 °C. Para enfriar el agua, se añade 
una masa m de hielo (chielo = 0.5 kcal/kg°C, calor latente Lfusión = 79.7 kcal/kg) a temperatura T* = 
‒10 °C. Encontrar el valor de m para 
a) una temperatura final Tfinal = 10 °C; 
b) una temperatura final Tfinal = 0 °C si se funde una masa m/2; 
c) una temperatura final Tfinal = −2 °C. 
FEB2015 
a) Temperatura de equilibrio final de 10 °C. 
El calor total absoluto cedido por el recipiente de cobre y por el agua añadida es, respectivamente: 
𝑄𝑄𝐶𝐶𝑒𝑒 = 𝑀𝑀𝐶𝐶𝑒𝑒𝑐𝑐𝐶𝐶𝑒𝑒�𝑇𝑇𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝐶𝐶𝑒𝑒𝐶𝐶 − 𝑇𝑇𝑒𝑒� = 2 · 0.093 · |10 − 20| = 1.86 kcal 
𝑄𝑄𝐻𝐻2𝑂𝑂 = 𝑀𝑀𝐻𝐻2𝑂𝑂𝑐𝑐𝐻𝐻2𝑂𝑂�𝑇𝑇𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝐶𝐶𝑒𝑒𝐶𝐶 − 𝑇𝑇𝑒𝑒� = 0.1 · 1 · |10 − 20| = 1 kcal 
ya que sabemos que 𝑐𝑐𝐻𝐻2𝑂𝑂 = 1 kcal/kg · °C 
El calor absoluto absorbido por la masa m de hielo añadido a 𝑇𝑇∗ = −10 °C es: 
𝑄𝑄ℎ = 𝑚𝑚𝑐𝑐ℎ|0 − 𝑇𝑇∗| + 𝑚𝑚𝐿𝐿𝑓𝑓 + 𝑚𝑚𝑐𝑐𝐻𝐻2𝑂𝑂�𝑇𝑇𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝐶𝐶𝑒𝑒𝐶𝐶 − 0� = 𝑚𝑚(0.5 · 10 + 79.7 + 1 · 10) = 𝑚𝑚 · 94.7 
Puesto que se debe cumplir |𝑄𝑄𝑐𝑐𝑒𝑒𝑑𝑑| = |𝑄𝑄𝐶𝐶𝑒𝑒𝑛𝑛|, tenemos: 
1.86 + 1 = 2.86 = 94.7 · m ⟹ 𝑚𝑚 =
2.86
94.7
= 0.03 kg 
b) Temperatura de equilibrio final de 0 °C. 
El calor total absoluto cedido por el recipiente de cobre y por el agua añadida es, respectivamente: 
𝑄𝑄𝐶𝐶𝑒𝑒 = 𝑀𝑀𝐶𝐶𝑒𝑒𝑐𝑐𝐶𝐶𝑒𝑒�𝑇𝑇𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝐶𝐶𝑒𝑒𝐶𝐶 − 𝑇𝑇𝑒𝑒� = 2 · 0.093 · |0 − 20| = 3.72 kcal 
𝑄𝑄𝐻𝐻2𝑂𝑂 = 𝑀𝑀𝐻𝐻2𝑂𝑂𝑐𝑐𝐻𝐻2𝑂𝑂�𝑇𝑇𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝐶𝐶𝑒𝑒𝐶𝐶 − 𝑇𝑇𝑒𝑒� = 0.1 · 1 · |0 − 20| = 2 kcal 
El calor absoluto absorbido por la masa m de hielo añadida a 𝑇𝑇∗ = −10 °C, si sólo se funde una 
masa de hielo m/2, es: 
𝑄𝑄ℎ = 𝑚𝑚𝑐𝑐ℎ|0 − 𝑇𝑇∗| +
𝑚𝑚
2
𝐿𝐿𝑓𝑓 = 𝑚𝑚�0.5 · 10 +
79.7
2
� = 𝑚𝑚 · 44.85 
Igualando |𝑄𝑄𝑐𝑐𝑒𝑒𝑑𝑑| = |𝑄𝑄𝐶𝐶𝑒𝑒𝑛𝑛|, tenemos: 
3.72 + 2 = 5.72 = 44.85 · 𝑚𝑚 ⟹ 𝑚𝑚 =
5.72
44.85
= 0.127 kg 
c) Temperatura de equilibrio final de −2 °C. 
El calor total absoluto cedido por el recipiente de cobre y por el agua añadida es, respectivamente: 
𝑄𝑄𝐶𝐶𝑒𝑒 = 𝑀𝑀𝐶𝐶𝑒𝑒𝑐𝑐𝐶𝐶𝑒𝑒�𝑇𝑇𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝐶𝐶𝑒𝑒𝐶𝐶 − 𝑇𝑇𝑒𝑒� = 2 · 0.093 · |−2 − 20| = 4.092 kcal 
𝑄𝑄𝐻𝐻2𝑂𝑂 = 𝑀𝑀𝐻𝐻2𝑂𝑂𝑐𝑐𝐻𝐻2𝑂𝑂|0− 20| + 𝑀𝑀𝐻𝐻2𝑂𝑂𝐿𝐿𝑓𝑓 + 𝑀𝑀𝐻𝐻2𝑂𝑂𝑐𝑐ℎ|−2− 0| =
= (0.1 · 1 · 20) + (0.1 · 79.7) + (0.1 · 0.5 · 2) = 10.07 kcal 
El calor absoluto absorbido por la masa m de hielo añadido a 𝑇𝑇∗ = −10 °𝐶𝐶 es: 
𝑄𝑄ℎ = 𝑚𝑚𝑐𝑐ℎ�𝑇𝑇𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝐶𝐶𝑒𝑒𝐶𝐶 − 𝑇𝑇∗� = 𝑚𝑚 · 0.5 · |−2 − (−10)| = 𝑚𝑚 · 0.5 · 8 = 4 · 𝑚𝑚 
Igualando |𝑄𝑄𝑐𝑐𝑒𝑒𝑑𝑑| = |𝑄𝑄𝐶𝐶𝑒𝑒𝑛𝑛|, tenemos: 
4.092 + 10.07 = 14.162 = 4 · 𝑚𝑚 ⟹ 𝑚𝑚 = 3.5405 kg 
 
 
2016 
8 kg de O2 a 2 atm y 400 K se expansionan isotérmicamente hasta 
un estado B a 1 atm. Luego lo enfriamos a presión constante hasta 
un estado C y, por último se comprime adiabáticamente hasta el 
estado inicial A. 
a) Calcular el número de moles, y para cada punto, P, T y V. 
Calcular en cada proceso: 
b) El calor absorbido o cedido. 
c) El trabajo realizado. 
d) La variación de energía interna. 
Nota: pm(O2) = 32 g 
SEP2016 
a) El número de moles: 
𝑛𝑛 =
8000
32
= 250 mol 
𝑉𝑉𝐴𝐴 = 𝑛𝑛𝑛𝑛
𝑇𝑇𝐴𝐴
𝑝𝑝𝐴𝐴
= 250 · 0.082 ·
400
2
= 4100 L 
Ya que 𝑇𝑇𝐵𝐵 = 𝑇𝑇𝐴𝐴 = 400 K y nos dicen en el enunciado que 𝑃𝑃𝐵𝐵 = 1 atm, entonces: 
𝑉𝑉𝐵𝐵 = 𝑛𝑛𝑛𝑛
𝑇𝑇𝐵𝐵
𝑝𝑝𝐵𝐵
= 8200 L 
Puesto que el O2 esun gas diatómico: 𝛾𝛾 =
𝐶𝐶𝑃𝑃
𝐶𝐶𝑉𝑉
= 7
5
= 1.4 
Como 𝑝𝑝𝐶𝐶 = 𝑝𝑝𝐵𝐵 = 1 atm, podemos aplicar la ecuación de Poisson para el proceso adiabático: 
𝑝𝑝𝐴𝐴𝑉𝑉𝐴𝐴
𝛾𝛾 = 𝑝𝑝𝐶𝐶𝑉𝑉𝐶𝐶
𝛾𝛾 ⟹ 𝑉𝑉𝐶𝐶 = �
𝑝𝑝𝐴𝐴𝑉𝑉𝐴𝐴
𝛾𝛾
𝑝𝑝𝐶𝐶
�
1
𝛾𝛾
= 6726.75 L 
𝑇𝑇𝐶𝐶 =
𝑝𝑝𝐶𝐶𝑉𝑉𝐶𝐶
𝑛𝑛𝑛𝑛
=
1 · 6726.75
250 · 0.082
= 328.134 K 
b) 
• Como el proceso A→B es una expansión isoterma Δ𝑈𝑈𝐴𝐴→𝐵𝐵 = 0 J: 
𝑊𝑊𝐴𝐴→𝐵𝐵 = 𝑛𝑛𝑛𝑛𝑇𝑇𝐴𝐴 ln
𝑉𝑉𝐵𝐵
𝑉𝑉𝐴𝐴
= 250 · 8.3149 · 400 ln 2 = 576344.95 J 
Por el primer principio: 𝑄𝑄 = Δ𝑈𝑈 + 𝑊𝑊 ⟹ 𝑄𝑄𝐴𝐴→𝐵𝐵 = 𝑊𝑊𝐴𝐴→𝐵𝐵 = 576344.95 J 
• El proceso B→C es un enfriamiento isóbaro: 
𝑄𝑄𝐵𝐵→𝐶𝐶 = 𝑛𝑛𝑐𝑐𝑣𝑣𝑛𝑛Δ𝑇𝑇𝐵𝐵→𝐶𝐶 = 250 ·
7
2
𝑛𝑛(𝑇𝑇𝐶𝐶 − 𝑇𝑇𝐵𝐵) = 250 · 3.5 · 8.3149 · (−71.866) = −522862.713 J 
𝑊𝑊𝐵𝐵→𝐶𝐶 = 𝑝𝑝𝐵𝐵(𝑉𝑉𝐶𝐶 − 𝑉𝑉𝐵𝐵) = 1 · (6726.75 − 8200) = −1473.25 atm · L =
= −1473.25 · 101.325 (J/atm · L) = −149277.056 J 
Por el primer principio: 𝑄𝑄 = Δ𝑈𝑈 + 𝑊𝑊 ⟹ Δ𝑈𝑈𝐵𝐵→𝐶𝐶 = 𝑄𝑄𝐵𝐵→𝐶𝐶 −𝑊𝑊𝐵𝐵→𝐶𝐶 = −373585.656 J 
• El proceso C→A es una compresión adiabática (calentamiento), Δ𝑄𝑄𝐶𝐶→𝐴𝐴 = 0 J : 
Por el primer principio: 𝑄𝑄 = Δ𝑈𝑈 + 𝑊𝑊 ⟹ 
⟹ 𝑊𝑊𝐶𝐶→𝐴𝐴 = −Δ𝑈𝑈𝐶𝐶→𝐴𝐴 = −𝑛𝑛𝑐𝑐𝑉𝑉𝑛𝑛(𝑇𝑇𝐴𝐴 − 𝑇𝑇𝐶𝐶) = 250 ·
5
2
· 8.3149 · (400 − 328.134) =
= 373474.127 J 
 
 
Una máquina térmica tiene 0.20 moles de un gas ideal monoatómico (cv = 3R/2) que ocupan un 
volumen de 2000 cm3 a 600 K. El gas atraviesa por el siguiente ciclo cerrado: 
1) Expansión isoterma hasta 4000 cm3. 
2) Enfriamiento isocórico hasta 300 K. 
3) Compresión isoterma hasta 2000 cm3. 
4) Calentamiento isocórico hasta 600 K. 
a) Obtener los valores P, V y T para cada punto. Dibujar el diagrama PV del ciclo. 
b) Obtener Q, ΔU y W para cada proceso. 
DIC2016 
a) 
Usando la ley de los gases ideales: 
𝑝𝑝1 =
𝑛𝑛𝑛𝑛𝑇𝑇1
𝑉𝑉1
=
(0.2 mol)(8.314 J/mol · K)(600 K)
2 × 10−3 m³
=
= 4.986 × 105 Pa 
En el punto 2, debido a la condición de isoterma: 𝑇𝑇2 =
= 𝑇𝑇1 = 600 𝐾𝐾 y: 
𝑝𝑝2 = 𝑝𝑝1
𝑉𝑉1
𝑉𝑉2
= (4.986 × 105 Pa)�
2 × 10−3 m³
4 × 10−3 m³
� = 
= 2.493 × 105 Pa 
En el punto 3, debido a la condición de proceso isocórico: 𝑉𝑉3 = 𝑉𝑉2 = 4000 cm³ y: 
𝑝𝑝3 = 𝑝𝑝2
𝑇𝑇3
𝑇𝑇2
= (2.493 × 105 𝑃𝑃𝑐𝑐) �
300 𝐊𝐊
600 K
� = 1.247 × 105 Pa 
Del igual modo, en el punto 4, 𝑇𝑇4 = 𝑇𝑇3 = 300 K y: 
𝑝𝑝4 = 𝑝𝑝3
𝑉𝑉3
𝑉𝑉4
= (1.247 × 105 Pa)
4 × 10−3 m³
2 × 10−3 m³
= 2.493 × 105 Pa 
b) 
• Para el proceso de expansión isoterma 1→2, Δ𝑈𝑈1→2 = 0 J: 
𝑊𝑊1→2 = 𝑛𝑛𝑛𝑛𝑇𝑇1 ln
𝑉𝑉2
𝑉𝑉1
= (0.2 mol)(8.314 J/mol · K)(600 K) ln 2 = 691.2 J 
Por el primer principio: 𝑄𝑄 = Δ𝑈𝑈 + 𝑊𝑊 ⟹ 𝑄𝑄1→2 = 𝑊𝑊1→2 = 691.2 J 
• Para el proceso enfriamiento isocórico 2→3, 𝑊𝑊2→3 = 0 J: 
𝑄𝑄2→3 = 𝑛𝑛𝑐𝑐𝑉𝑉𝑛𝑛Δ𝑇𝑇2→3 = (0.2 mol) �
3
2
𝑛𝑛� (𝑇𝑇3 − 𝑇𝑇2) =
= (0.2 mol)
3
2
(8.314 J/mol · K)(300 K − 600 K) = −747.9 J 
Por el primer principio: 𝑄𝑄 = Δ𝑈𝑈 + 𝑊𝑊 ⟹ Δ𝑈𝑈2→3 = 𝑄𝑄2→3 = −747.9 J 
• Para el proceso de compresión isoterma 3→4, Δ𝑈𝑈3→4 = 0 J: 
𝑊𝑊3→4 = 𝑛𝑛𝑛𝑛𝑇𝑇3 ln
𝑉𝑉4
𝑉𝑉3
= (0.2 mol)(8.314 J/mol · K)(300 K) ln �
1
2
� = −345.6 J 
Por el primer principio: 𝑄𝑄 = Δ𝑈𝑈 + 𝑊𝑊 ⟹ 𝑄𝑄3→4 = 𝑊𝑊3→4 = −345.6 J 
• Para el proceso de calentamiento isocórico 4→1, 𝑊𝑊4→1 = 0 J: 
𝑄𝑄4→1 = 𝑛𝑛𝑐𝑐𝑉𝑉𝑛𝑛Δ𝑇𝑇4→1 = (0.2 mol) �
3
2
𝑛𝑛� (𝑇𝑇1 − 𝑇𝑇4) =
= (0.2 mol)
3
2
(8.314 J/mol · K)(600 K − 300 K) = 747.9 J 
Por el primer principio: 𝑄𝑄 = Δ𝑈𝑈 + 𝑊𝑊 ⟹ Δ𝑈𝑈4→1 = 𝑄𝑄4→1 = 747.9 J 
• Ciclo completo 
Variación de energía interna: 
Δ𝑈𝑈 = 0 − 747.9 + 0 + 747.9 = 0 J 
Trabajo neto: 
𝑊𝑊 = 691.2 + 0 − 345.6 + 0 = 345.6 J 
Calor absorbido: 
𝑄𝑄𝐶𝐶𝑒𝑒𝑛𝑛 = 691.2 + 747.9 = 1439.1 J 
Calor cedido: 
𝑄𝑄𝑐𝑐𝑒𝑒𝑑𝑑 = −747.9 − 345.6 = 1093.5 J 
Puesto que Δ𝑈𝑈 = 0, se puede comprobar que 𝑊𝑊 = 𝑄𝑄𝐶𝐶𝑒𝑒𝑛𝑛 − 𝑄𝑄𝑐𝑐𝑒𝑒𝑑𝑑 
El rendimiento del ciclo (ciclo de Stirling) es: 
𝜀𝜀 =
𝑊𝑊𝐶𝐶𝑒𝑒𝐶𝐶𝐶𝐶
𝑄𝑄𝐶𝐶𝑒𝑒𝑛𝑛
=
345.6 J
1439.1 J
= 0.24 = 24% 
2017 
Una máquina térmica realiza el ciclo reversible 
ABCD de la figura con 3 moles de un gas 
monoatómico. El tipo de proceso de cada rama 
se especifica en la figura. Sabiendo que VC = 2 VB, 
calcular: 
a) El valor de P, V y T en cada vértice. 
b) Q, W y ΔU en cada rama (utilizar atm·L 
como unidades de energía) 
FEB2017 
a) Podemos emplear la ley de los gases ideales: 
𝑝𝑝𝑉𝑉 = 𝑛𝑛𝑛𝑛𝑇𝑇 
Ya que trabajamos con presión en atmósfera y volumen en litros, utilizaremos: 
𝑛𝑛 = 0.082 atm L/mol K 
En A: 
𝑝𝑝𝐴𝐴 = 1.5 atm; 𝑉𝑉𝐴𝐴 = 48 L 
Despejando la temperatura de la ley de los gases ideales: 𝑇𝑇𝐴𝐴 = 292.683 K 
En B: 
El proceso de A a B es adiabático, empleamos la correspondiente ecuación de Poisson para 
un gas monoatómico donde: 
𝛾𝛾 =
𝐶𝐶𝑃𝑃
𝐶𝐶𝑉𝑉
=
5
2𝑛𝑛𝑛𝑛
3
2𝑛𝑛𝑛𝑛
=
5
3
= 1.666 
𝑝𝑝𝐴𝐴𝑉𝑉𝐴𝐴
𝛾𝛾 = 𝑝𝑝𝐵𝐵𝑉𝑉𝐵𝐵
𝛾𝛾 ⟹ 1.5(48)1.666 = 30 · 𝑉𝑉𝐵𝐵1.666 ⟹ 𝑉𝑉𝐵𝐵 = 7.954 L 
𝑝𝑝𝐵𝐵 = 30 atm 
Despejando la temperatura de la ley de los gases ideales: 𝑇𝑇𝐵𝐵 = 970.084 K 
En C (misma presión que en B y doble volumen y, por tanto, doble temperatura que en B): 
𝑝𝑝𝐶𝐶 = 30 atm 
𝑉𝑉𝐶𝐶 = 15.908 L 
𝑇𝑇𝐶𝐶 = 1940.168 K 
En D (misma temperatura que en C que conocemos y, como también conocemos el volumen, se 
aplica la ley de los gases ideales para calcular la presión): 
𝑝𝑝𝐷𝐷 = 9.94 atm 
𝑉𝑉𝐷𝐷 = 48 L 
𝑇𝑇𝐷𝐷 = 1940.168 K 
b) Proceso A→ B compresión adiabática (calentamiento), 𝑄𝑄𝐴𝐴𝐵𝐵 = 0: 
Δ𝑈𝑈𝐴𝐴→𝐵𝐵 = 𝑐𝑐𝑉𝑉𝑛𝑛𝑛𝑛(Δ𝑇𝑇𝐴𝐴→𝐵𝐵) = �
3
2
�3 · 0.082 · (970.084 − 292.683) = 249.96 atm · L 
Ya que 𝑄𝑄 = Δ𝑈𝑈 + 𝑊𝑊 ⟹ 𝑊𝑊𝐴𝐴→𝐵𝐵 = −Δ𝑈𝑈𝐴𝐴→𝐵𝐵 = −249.96 atm · L 
Proceso B→ C calentamiento isóbaro: 
Δ𝑈𝑈𝐵𝐵→𝐶𝐶 = 𝑐𝑐𝑉𝑉𝑛𝑛𝑛𝑛(Δ𝑇𝑇𝐵𝐵→𝐶𝐶) = �
3
2
� 3 · 0.082 · (1940.168 − 970.084) = 357.961 atm · L 
𝑄𝑄𝐵𝐵→𝐶𝐶 = 𝑐𝑐𝑣𝑣𝑛𝑛𝑛𝑛(Δ𝑇𝑇𝐵𝐵→𝐶𝐶) = �
5
2
�3 · 0.082 · (1940.168 − 970.084) = 596.602 atm · L 
Ya que 𝑄𝑄 = Δ𝑈𝑈 + 𝑊𝑊 ⟹ 𝑊𝑊𝐵𝐵→𝐶𝐶 = 𝑄𝑄𝐵𝐵→𝐶𝐶 − Δ𝑈𝑈𝐵𝐵→𝐶𝐶 = (596.602 − 357.961) = 238.641 atm · L 
Proceso C→ D de expansión isoterma, Δ𝑈𝑈𝐶𝐶𝐷𝐷 = 0 
𝑊𝑊𝐶𝐶→𝐷𝐷 = 𝑛𝑛𝑛𝑛𝑇𝑇 ln
𝑉𝑉𝐷𝐷
𝑉𝑉𝐶𝐶
= 3 · 0.082 · 1940.168 · ln
48
15.908
= 527.099 atm · L 
Ya que 𝑄𝑄 = Δ𝑈𝑈 + 𝑊𝑊 ⟹ 𝑄𝑄𝐵𝐵→𝐶𝐶 = 𝑊𝑊𝐵𝐵→𝐶𝐶 = 527.099 atm · L 
Proceso D→ A enfriamiento isócoro, 𝑊𝑊𝐷𝐷→𝐴𝐴 = 0 
Δ𝑈𝑈𝐷𝐷→𝐴𝐴 = 𝑐𝑐𝑣𝑣𝑛𝑛𝑛𝑛(Δ𝑇𝑇𝐷𝐷→𝐴𝐴) = �
3
2
�3 · 0.082 · (292.683 − 1940.168) = −607.92 atm · L 
Ya que 𝑄𝑄 = Δ𝑈𝑈 + 𝑊𝑊 ⟹ 𝑄𝑄𝐵𝐵→𝐶𝐶 = Δ𝑈𝑈𝐵𝐵→𝐶𝐶 = −607.92 atm · L 
Ciclo completo 
Variación de energía interna: 
Δ𝑈𝑈 = 249.96 + 357.961 + 0 − 607.92 ≈ 0 atm · L 
Trabajo neto: 
𝑊𝑊 = −249.96 + 238.641 + 527.099 + 0 = 515.43 atm · L 
Calor absorbido: 
𝑄𝑄𝐶𝐶𝑒𝑒𝑛𝑛 = 596.602 + 527.099 = 1122.93 atm · L 
Calor cedido: 
𝑄𝑄𝑐𝑐𝑒𝑒𝑑𝑑 = 607.92 atm · L 
Puesto que Δ𝑈𝑈 = 0, se puede comprobar que 𝑊𝑊 = 𝑄𝑄𝐶𝐶𝑒𝑒𝑛𝑛 − 𝑄𝑄𝑐𝑐𝑒𝑒𝑑𝑑 
Una muestra de un gas ideal realiza el ciclo mostrado en la figura. De A a B el proceso es 
adiabático; de B a C es isobárico con 100 kJ de calor entrando en el sistema. De C a D el proceso 
es isotermo. De D a A es isobárico con 150 kJ saliendo del sistema. Determinar la diferencia de 
energía interna en el proceso de A a B. 
 
SEP2017 
No conocemos ni el número de moles ni el tipo de gas ni las temperaturas. Como en un ciclo cerrado 
se cumple Δ𝑈𝑈 = 0, obtendremos primero los cambios de energía interna en los procesos que 
podamos (B a C, C a D y D a A) y después podremos obtener el que nos falta: Δ𝑈𝑈𝐴𝐴𝐵𝐵: 
• De B a C: 
𝑊𝑊𝐵𝐵→𝐶𝐶 = 𝑝𝑝𝐵𝐵(𝑉𝑉𝐶𝐶 − 𝑉𝑉𝐵𝐵) = 3 atm · (0.4 − 0.09) m3 = 3 · 101300 (N/m²) · 0.31 m3 = 94209 J 
Por el primer principio: 𝑄𝑄𝐵𝐵→𝐶𝐶 = 𝑊𝑊𝐵𝐵→𝐶𝐶 + Δ𝑈𝑈𝐵𝐵→𝐶𝐶 donde el calor 𝑄𝑄𝐵𝐵𝐶𝐶 es positivo (entra 
en el sistema): 
Δ𝑈𝑈𝐵𝐵→𝐶𝐶 = 𝑄𝑄𝐵𝐵→𝐶𝐶 −𝑊𝑊𝐵𝐵→𝐶𝐶 = 100000 − 94209 = 5791J 
• De C a D el proceso es isotermo (𝑇𝑇 = 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐), luego Δ𝑈𝑈𝐶𝐶𝐷𝐷 = 0 
• De D a A: 
El trabajo de D a A es negativo (compresión): 
𝑊𝑊𝐷𝐷→𝐴𝐴 = 𝑝𝑝𝐷𝐷(𝑉𝑉𝐴𝐴 − 𝑉𝑉𝐷𝐷) = 1 atm · (0.2 − 1.2) m3 = 1 · 101300 (N/m²)(−1) m3 = −101300 J 
Por el primer principio 𝑄𝑄𝐷𝐷→𝐴𝐴 = 𝑊𝑊𝐷𝐷→𝐴𝐴 + Δ𝑈𝑈𝐷𝐷→𝐴𝐴 donde 𝑄𝑄𝐷𝐷𝐴𝐴 es negativo (sale del 
sistema): 
Δ𝑈𝑈𝐷𝐷→𝐴𝐴 = 𝑄𝑄𝐷𝐷→𝐴𝐴 −𝑊𝑊𝐷𝐷→𝐴𝐴 = −150000 − (−101300) = −48700 J 
• Empleando que en el ciclo cerrado Δ𝑈𝑈 = 0, tenemos: 
Δ𝑈𝑈𝐴𝐴→𝐵𝐵 = −Δ𝑈𝑈𝐵𝐵→𝐶𝐶 − Δ𝑈𝑈𝐶𝐶→𝐷𝐷 − Δ𝑈𝑈𝐷𝐷→𝐴𝐴 = −5791 − 0 − (−48700) = 42909 J 
 
 
2018 
Comenzando con una presión inicial de 2.2 × 105 Pa y un volumen inicial de 6.34 × 10‒3 m3, un gas 
ideal monoatómico (γ = 5/3) sufre un proceso de expansión adiabática tal que su presión final es 
8.15 × 104 Pa. Un proceso alternativo, que empieza del mismo estado inicial y lleva al mismo 
estado final, comienza con un enfriamiento isocórico hasta la misma presión final seguido de una 
expansión isobárica hasta alcanzar el volumen final: 
a) Calcular la cantidad de trabajo extra que se hace en el proceso adiabático respecto del 
proceso alternativo. 
b) Si el enfriamiento en el proceso adiabático es de 55 K, calcular los moles de gas que 
sufren la expansión. 
FEB2018 
a) Para el proceso de expansión adiabática, por la ecuación de Poisson, podemos obtener el 
volumen final 𝑉𝑉2: 
𝑝𝑝1𝑉𝑉1
𝛾𝛾 = 𝑝𝑝2𝑉𝑉2
𝛾𝛾 ⟹ 𝑉𝑉2 = �
2.2 × 105(6.34 × 10−3)5 3⁄
8.15 × 104
�
3 5⁄
= 0.00115 m³ 
La ecuación para el trabajo adiabático es: 
𝑊𝑊𝐶𝐶𝑑𝑑𝑒𝑒𝑒𝑒𝐶𝐶𝐶𝐶 =
𝑝𝑝1𝑉𝑉1 − 𝑝𝑝2𝑉𝑉2
𝛾𝛾 − 1
=
(2.2 × 105 · 6.34 × 10−3) − (8.15 × 104 · 0.0115)
5
3 − 1
= 685.83 J 
Para el proceso alternativo, en la fase isocórica no se realiza trabajo. En la fase isobárica, el trabajo 
es: 
𝑝𝑝2(𝑉𝑉2 − 𝑉𝑉1) = 8.15 × 104 · (0.0115 − 6.34 × 10−3) = 420.86 J 
La diferencia entre el trabajo en ambos procesos es: 
685.83 − 420.86 = 265 J 
b) El primer principio de termodinámica nos dice: 𝑄𝑄 = Δ𝑈𝑈 + 𝑊𝑊 
Al ser nulo el calor en el proceso adiabático, el cambio en energía interna es igual al trabajo (con 
signo menos), luego: 
𝑊𝑊𝐶𝐶𝑑𝑑𝑒𝑒𝑒𝑒𝐶𝐶𝐶𝐶 = −Δ𝑈𝑈 = −𝐶𝐶𝑉𝑉(𝑇𝑇2 − 𝑇𝑇1) =
3
2
𝑛𝑛𝑛𝑛 · Δ𝑇𝑇 = 685.83 J 
En el enunciado nos dicen que el enfriamiento cumple Δ𝑇𝑇 = 55 K 
Ya que 𝑛𝑛 = 8.314 J mol K⁄ , despejamos que 𝑛𝑛 ≈ 1 mol 
 
 
Una planta eléctrica genera 850 MW mediante turbinas de vapor. El vapor llega a las turbinas a 
625 K y el calor no utilizado se vierte en el agua de un río a 285 K. Se supone que las turbinas 
funcionan como una máquina de Carnot. 
a) Calcular la cantidad de calor que llega al río cada segundo. 
b) Si el caudal del río es de 34 m3/s, ¿cuál es el aumento de la temperatura promedio del 
agua del río inmediatamente corriente debajo de la planta? 
SEP2018 
a) Lo primero que se debe hacer es calcular el rendimiento Carnot de la planta de energía: 
𝜀𝜀𝐶𝐶 = 1 −
𝑇𝑇𝑐𝑐
𝑇𝑇ℎ
= 1 −
285
625
= 0.544 
Puesto que la planta genera 850 MW significa que proporciona una energía de 𝑊𝑊 = 850 × 106 J 
cada segundo. 
Sabemos que el calor que cada segundo llega del foco caliente a las turbinas debe cumplir: 
𝑄𝑄ℎ =
𝑊𝑊
𝜀𝜀𝐶𝐶
=
850 × 106
0.544
= 1562 × 106 J 
Y por tanto, el calor vertido al foco frío (río) cada segundo será: 
𝑄𝑄𝑐𝑐 = 𝑄𝑄ℎ −𝑊𝑊 = 712.5 × 106 J 
b) Dado que pasan 34 m³ de agua cada segundo, es decir, 34000 kg = 34 × 106 g y el calor 
específico del agua es 𝑐𝑐 = 1 cal/g°C, tendremos: 
∆𝑇𝑇 =
𝑄𝑄𝑐𝑐
𝑚𝑚𝑐𝑐
=
712.5 × 106 · 0.24
34 × 106
≈ 5 °C 
donde se ha utilizado que 1 J = 0.24 cal. 
 
 
2019 
Un calorímetro de cobre de masa 0.446 kg contiene 0.0950 kg de hielo. El sistema está 
inicialmente a 0 °C: 
a) Si se introducen en el sistema 0.0350 kg de vapor de agua a 100 °C, ¿cuál es la temperatura 
final del calorímetro y sus componentes? 
b) A la temperatura final, ¿cuántos kilogramos hay de hielo, cuántos de agua líquida y 
cuántos de vapor? 
FEB2109 
Los valores necesarios que se dan de las constantes (en el formulario del examen) son: 
Agua: 2Calor específico: 4190 J/kg·KH Oc = ; Cambios de fase: Lf = 79.7 kcal/kg = 334 × 103 J/kg; 
Lv = 539.4 kcal/kg = 2256 × 103 J/kg 
Cobre: Calor específico: 390 J/kg·KCuc = 
a) Asumiremos que se funde todo el hielo del calorímetro y se condensa todo el vapor de agua 
introducido. Si al calcular la temperatura final de equilibrio, el resultado está en el rango de 0 °C a 
100 °C, entonces nuestra hipótesis inicial sería correcta. 
Otra forma de ver si se funde todo el hielo consiste en ver cuánto calor se desprende al 
condensar todo el vapor de agua. Este calor viene dado por: 
𝑚𝑚𝑣𝑣𝐶𝐶𝑣𝑣𝐶𝐶𝐶𝐶𝐿𝐿𝑣𝑣 = 0.0350 kg · 2256 × 103 J kg⁄ = 78960 J 
 Este calor desprendido al condensarse el vapor de agua debe ser mayor que el calor que 
todo el hielo necesita para fundirse. Este calor viene dado por: 
𝑚𝑚ℎ𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝐶𝐶𝐿𝐿𝑓𝑓 = 0.0950 kg · 334 × 103 J kg⁄ = 31730 J 
 Esto es, en todo el vapor de agua hay suficiente calor para fundir todo el hielo dado que: 
78960 J > 31730 J 
 
 
Veamos el calor cedido: 
El calor cedido por todo el vapor al condensarse y por el agua resultante del vapor hasta enfriarse 
a una temperatura final de equilibrio 𝑻𝑻𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆, vendrá dado por: 
𝑄𝑄𝑐𝑐𝑒𝑒𝑑𝑑𝑒𝑒𝑑𝑑𝐶𝐶 𝑣𝑣𝐶𝐶𝐶𝐶 𝑒𝑒𝑒𝑒 𝑣𝑣𝐶𝐶𝑣𝑣𝐶𝐶𝐶𝐶 𝐶𝐶𝑒𝑒 𝑐𝑐𝐶𝐶𝐶𝐶𝑑𝑑𝑒𝑒𝐶𝐶𝑛𝑛𝐶𝐶𝐶𝐶𝑛𝑛𝑒𝑒 + 𝑄𝑄𝑐𝑐𝑒𝑒𝑑𝑑𝑒𝑒𝑑𝑑𝐶𝐶 𝑣𝑣𝐶𝐶𝐶𝐶 𝑒𝑒𝑒𝑒 𝐶𝐶𝑎𝑎𝑒𝑒𝐶𝐶 𝐶𝐶𝑒𝑒𝑛𝑛𝑒𝑒𝑒𝑒𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝑒𝑒 𝐶𝐶𝑒𝑒 𝑒𝑒𝐶𝐶𝑓𝑓𝐶𝐶𝑒𝑒𝐶𝐶𝐶𝐶𝑛𝑛𝑒𝑒 =
= 𝑚𝑚𝑣𝑣𝐶𝐶𝑣𝑣𝐶𝐶𝐶𝐶𝐿𝐿𝑣𝑣 + 𝑚𝑚𝑣𝑣𝐶𝐶𝑣𝑣𝐶𝐶𝐶𝐶(𝐶𝐶𝑎𝑎𝑒𝑒𝐶𝐶) · 𝑐𝑐𝐻𝐻2𝑂𝑂 · �100 − 𝑇𝑇𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝐶𝐶𝐶𝐶� = 
= 0.0350 kg · 2256 × 103 J kg⁄ + 0.0350 kg · 4190 J kg°C �100 − 𝑇𝑇𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝐶𝐶𝐶𝐶�⁄ = 
= 93625 J − (146.65 J °C⁄ ) · 𝑇𝑇𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝐶𝐶𝑒𝑒𝐶𝐶 
Veamos el calor absorbido: 
El calor absorbido por el cobre al calentarse hasta 𝑻𝑻𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆, por el hielo al fundirse y por el agua 
(resultante) al calentarse hasta 𝑻𝑻𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆, será: 
𝑄𝑄𝐶𝐶𝑒𝑒𝑛𝑛𝐶𝐶𝐶𝐶𝑒𝑒𝑒𝑒𝑑𝑑𝐶𝐶 𝑣𝑣𝐶𝐶𝐶𝐶 𝑒𝑒𝑒𝑒 𝑐𝑐𝐶𝐶𝑒𝑒𝐶𝐶𝑒𝑒 𝐶𝐶𝑒𝑒 𝑐𝑐𝐶𝐶𝑒𝑒𝑒𝑒𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝑛𝑛𝑒𝑒 = 𝑚𝑚𝑐𝑐𝐶𝐶𝑒𝑒𝐶𝐶𝑒𝑒 · 𝑐𝑐𝑐𝑐𝐶𝐶𝑒𝑒𝐶𝐶𝑒𝑒 · �𝑇𝑇𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝐶𝐶𝑒𝑒𝐶𝐶 − 0�
= 0.446 kg · 390 J kg°C⁄ �𝑇𝑇𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝐶𝐶𝑒𝑒𝐶𝐶 − 0� = 
= (173.9 J °C⁄ ) · 𝑇𝑇𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝐶𝐶𝑒𝑒𝐶𝐶 
𝑄𝑄𝐶𝐶𝑒𝑒𝑛𝑛𝐶𝐶𝐶𝐶𝑒𝑒𝑒𝑒𝑑𝑑𝐶𝐶 𝑣𝑣𝐶𝐶𝐶𝐶 𝑒𝑒𝑒𝑒 ℎ𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝐶𝐶 𝐶𝐶𝑒𝑒 𝑓𝑓𝑒𝑒𝐶𝐶𝑑𝑑𝑒𝑒𝐶𝐶𝑛𝑛𝑒𝑒 + 𝑄𝑄𝐶𝐶𝑒𝑒𝑛𝑛𝐶𝐶𝐶𝐶𝑒𝑒𝑒𝑒𝑑𝑑𝐶𝐶 𝑣𝑣𝐶𝐶𝐶𝐶 𝑒𝑒𝑒𝑒 𝐶𝐶𝑎𝑎𝑒𝑒𝐶𝐶 𝐶𝐶𝑒𝑒𝑛𝑛𝑒𝑒𝑒𝑒𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝑒𝑒 𝐶𝐶𝑒𝑒 𝑐𝑐𝐶𝐶𝑒𝑒𝑒𝑒𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝑛𝑛𝑒𝑒 =
= 𝑚𝑚ℎ𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝐶𝐶𝐿𝐿𝑓𝑓 + 𝑚𝑚ℎ𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝐶𝐶(𝐶𝐶𝑎𝑎𝑒𝑒𝐶𝐶) · 𝑐𝑐𝐻𝐻2𝑂𝑂 · �𝑇𝑇𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝐶𝐶𝑒𝑒𝐶𝐶 − 0� = 
= 0.0950 · 334 × 103 J kg⁄ + 0.0950 · 4190 J kg°C �𝑇𝑇𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝐶𝐶𝑒𝑒𝐶𝐶 − 0� = ⁄ 
= 31730 𝐽𝐽 + (398.05 J °C⁄ ) · 𝑇𝑇𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝐶𝐶𝑒𝑒𝐶𝐶 
Igualamos el calor total cedido al calor total absorbido: 
93625 J − (146.65 °C) · 𝑇𝑇𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝐶𝐶𝑒𝑒𝐶𝐶
= (173.9 °C) · 𝑇𝑇𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝐶𝐶𝑒𝑒𝐶𝐶 + 31730 𝐽𝐽 + (398.05 J °C⁄ ) · 𝑇𝑇𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝐶𝐶𝑒𝑒𝐶𝐶 
Ordenamos: 
61895 J = (173.9 + 398.05 + 146.65) J °C⁄ · 𝑇𝑇𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝐶𝐶𝑒𝑒𝐶𝐶 = 718.6 J °C⁄ · 𝑇𝑇𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝐶𝐶𝑒𝑒𝐶𝐶 
Y despejando, resulta: 
𝑇𝑇𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝐶𝐶𝑒𝑒𝐶𝐶 =
61895 J
718.6 J °C⁄
= 86.13 °C 
Nota: Como el tamaño de un grado Kelvin es igual al tamaño de un grado Celsius, los calores 
específicos se pueden poner como (J kg°C⁄ ) ó bien como (J kgK⁄). No obstante, si se deseara trabajar 
en Kelvin, todas las temperaturas habría que ponerlas en Kelvin y entonces (se puede comprobar) el 
resultado final del problema sería: 359.13 K, es decir, igualmente 86.13 °C. 
b) Como hemos dicho, no queda vapor, no queda hielo y el agua que queda procede del hielo 
fundido y del vapor condensado, es decir, 0.0950 kg + 0.0350 kg = 0.130 kg de agua líquida. 
 
 
 
En un calorímetro que contiene 300 g de un líquido a 25º C, se introducen 150 g de hielo a −6º C. 
a) ¿Se fundirá todo el hielo suponiendo que el calorímetro está bien aislado? 
b) Si no se funde totalmente, ¿qué masa de hielo resistirá sin fundir una vez alcanzado el 
equilibrio térmico? 
c) ¿A qué temperatura deberá estar inicialmente el líquido para que se fundiera justamente 
todo el hielo y todo el sistema quedara a 0º C? 
DATOS: Calor específico del líquido: 0.950 cal/g ºC, Calor específico del hielo: 0.500 cal/g ºC, 
equivalente en agua del calorímetro: 30 g. 
SEP2019 
a) Calorías absorbidas necesarias para fundir todo el hielo y primero calentarlo: 
𝑄𝑄1 = �𝑚𝑚ℎ𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝐶𝐶 · 𝑐𝑐𝑒𝑒𝑛𝑛𝑣𝑣 ℎ𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝐶𝐶 · Δ𝑇𝑇� + �𝑚𝑚ℎ𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝐶𝐶 · 𝐿𝐿𝑓𝑓 ℎ𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝐶𝐶� = 150 · 0.5 · 6 + 150 · 80 = 12450 cal 
Calorías cedidas por el calorímetro y el líquido al pasar de 25 a 0º C (es importante no olvidar 
el efecto del calorímetro): 
𝑄𝑄2 = �𝑚𝑚𝑒𝑒í𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑑𝑑𝐶𝐶 · 𝑐𝑐𝑒𝑒𝑛𝑛𝑣𝑣 𝑒𝑒í𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑑𝑑𝐶𝐶 · Δ𝑇𝑇� + �𝑚𝑚𝑐𝑐𝐶𝐶𝑒𝑒𝐶𝐶𝐶𝐶í𝑚𝑚𝑒𝑒𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 𝑒𝑒𝐶𝐶 𝐶𝐶𝑎𝑎𝑒𝑒𝐶𝐶 · 1 · Δ𝑇𝑇� = 300 · 0.950 · 25 + 30 · 25
= 7875 cal 
En la expresión anterior se ha utilizado el calor específico del agua = 1 cal/g ºC y que se debe conocer 
de la definición de caloría. 
 Como el calor cedido no será suficiente, no se fundirá todo el hielo. 
b) La cantidad M de hielo que se funde será: 
7875 = 150 · 0.5 · 6 + 80 · 𝑀𝑀 ⟹ 𝑀𝑀 = 93 g 
Luego, quedan sin fundir: 
𝑀𝑀′ = 150 − 93 = 57 g de hielo 
c) Para fundir todo el hielo, ya que hemos calculado en a) que se necesitan 12450 cal, 
tendríamos que tener una temperatura inicial t que cumpliera: 
12450 = 300 · 0.950 · 𝑐𝑐 + 30 · 𝑐𝑐 ⟹ 𝑐𝑐 = 40° C 
 
 
2020 
En el ciclo térmico mostrado en la figura, 1 mol de un 
gas ideal diatómico (𝜸𝜸 = 𝟏𝟏.𝟒𝟒) se encuentra 
inicialmente a una presión de 1 atm y una temperatura 
de 0 °C. El gas se calienta a volumen constante hasta 
𝑻𝑻𝟐𝟐 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 °𝐂𝐂 y luego se expande adiabáticamente 
hasta que su presión sea otra vez 1 atm. Entonces se 
comprime a presión constante hasta volver al estado 
original. Encontrar: 
a) La temperatura 𝑻𝑻𝟑𝟑 después de la expansión adiabática. 
b) El calor que entra o sale del sistema en cada proceso. 
c) El rendimiento del ciclo térmico. 
d) El rendimiento de un ciclo de Carnot que operara entre la temperatura más alta y la más 
baja del sistema. 
FEB2020 
Es útil darse cuenta de que en el estado 1 empezamos con 1 mol de un gas a presión de 1 
atm y a 0 °C. de modo que para calcular 𝑉𝑉1, no es necesario utilizar 𝑃𝑃𝑉𝑉 = 𝑛𝑛𝑛𝑛𝑇𝑇, sino que por la 
ley del volumen molar de Avogadro sabemos que 𝑉𝑉1 = 22.4 L. 
a) 
En el estado 2, nos dicen que 𝑇𝑇2 = 150 °C = 423 𝐾𝐾, y como 𝑉𝑉, utilizando 𝑃𝑃𝑉𝑉 = 𝑛𝑛𝑛𝑛𝑇𝑇 
tenemos: 
𝑃𝑃2 =
0.082 · 423
22.4
= 1.548 atm 
 Para pasar del estado 2 al estado 3, el gas ha sufrido una expansión adiabática, de modo que 
se cumple la ecuación de Poisson 𝑃𝑃𝑉𝑉𝛾𝛾 = 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐: 
𝑃𝑃2𝑉𝑉2
𝛾𝛾 = 𝑃𝑃3𝑉𝑉3
𝛾𝛾 ⟹ 1.548 · 22.41.4 = 1 · 𝑉𝑉31.4 ⟹ (1.548)1 1.4⁄ =
𝑉𝑉3
22.4
 ⟹ 𝑉𝑉3
= 30.612 L 
Y por la ecuación de estado: 
𝑇𝑇3 =
𝑃𝑃3𝑉𝑉3
𝑛𝑛𝑛𝑛
=
1 · 30.612
0.082
= 373.32 K 
Adiabático 
b) 
Para pasar del estado 1 al estado 2, se sigue un proceso isocórico por lo que para calcular el 
calor a volumen constante que se introduce en el sistema, debemos usar la capacidad calorífica 
a volumen constante que sabemos que en un gas diatómico es 𝐶𝐶𝑉𝑉 =
5
2
𝑛𝑛𝑛𝑛, luego: 
𝑄𝑄𝑉𝑉 = 𝐶𝐶𝑉𝑉 · Δ𝑇𝑇 =
5
2
· 8.314 · (423 − 273) = 3117.75 J 
(Atención: Para dar el valor del calor en julios, se ha tenido que utiliza el valor de la constante de 
los gases ideales como 𝑛𝑛 = 8.314 J/mol) 
 El proceso del estado 2 al estado 3 es adiabático, luego no hay transferencia de calor. 
 El proceso del estado 3 al estado 1 es un enfriamiento a presión constante, luego el calor 
que se extrae del sistema será (con 𝐶𝐶𝑃𝑃 =
7
2
𝑛𝑛𝑛𝑛): 
𝑄𝑄𝑃𝑃 = 𝐶𝐶𝑃𝑃 · Δ𝑇𝑇 =
7
2
· 8.314 · (273 − 373.32) = −2919.212 J 
que es negativo como corresponde a un enfriamiento. 
c) 
Aplicamos la definición de rendimiento del ciclo: 
𝜀𝜀 = 1 −
|𝑄𝑄𝑐𝑐|
𝑄𝑄ℎ
= 1 −
2919.212
3117.75
= 0.06368 = 6.368% 
d) 
 Aplicamos la definición de rendimiento de Carnot: 
𝜀𝜀𝐶𝐶 = 1 −
𝑇𝑇𝑐𝑐
𝑇𝑇ℎ
= 1 −
273
423
= 0.355 = 35.5% 
que es mucho mayor al ser un rendimiento ideal. 
 
 
2021 
Una máquina de Carnot opera con un pistón de 
aire según el ciclo mostrado en la figura. Si se 
añade un calor de 𝟑𝟑𝟏𝟏 𝐤𝐤𝐤𝐤/𝐤𝐤𝐤𝐤 desde el foco 
término caliente que se encuentra a 𝑻𝑻𝒉𝒉 =
𝟐𝟐𝟏𝟏𝟏𝟏 ℃, encontrar: 
a) La temperatura 𝑻𝑻𝒄𝒄 del foco frío. 
b) El trabajo producido por la máquina 
por unidad de masa de aire. 
DATO: Para el aire: 𝟏𝟏 𝐤𝐤𝐤𝐤 = 𝟑𝟑𝟒𝟒.𝟏𝟏𝟐𝟐 𝐦𝐦𝐦𝐦𝐦𝐦. 
FEB2021 
a) 
Para calcular la temperatura 𝑇𝑇𝑐𝑐 del foco frío, aplicamos la ecuación de estado de los gases 
ideales 𝑃𝑃𝑉𝑉 = 𝑛𝑛𝑛𝑛𝑇𝑇 donde la temperatura en el punto 4 de la gráfica es la misma que en el punto 
3 por ser una línea isoterma como corresponde al esquema de un ciclo de Carnot. 
Para 1 kg de aire (34.52 mol), tenemos: 
𝑇𝑇𝑐𝑐 =
𝑃𝑃𝑉𝑉
𝑛𝑛𝑛𝑛
=
200000 · 0.3
34.52 · 8.314
= 209.06 K 
Se ha utilizado la constante de los gases ideales 𝑛𝑛 = 8.314 J mol · K⁄ puesto que las unidades 
de la presión y del volumen están en el sistema internacional (Pa y m3, respectivamente). 
b) 
El rendimiento de Carnot con el foco caliente a temperatura de 𝑇𝑇ℎ = 200 ℃ = 473 K y el foco 
frío a 209.06 K, es: 
𝜖𝜖𝑐𝑐 = 1 −
𝑇𝑇𝑐𝑐
𝑇𝑇ℎ
= 1 −
209.06
473
= 0.56 
Luego si en la máquina se introduce un calor 𝑄𝑄ℎ = 30 kJ/kg, el trabajo por cada kilogramo de 
aire será: 
𝑊𝑊 = 𝑄𝑄ℎ · 𝜖𝜖𝑐𝑐 = 30 · 0.56 = 16.74 kJ/kg 
 
Una compañía energética desea usar el agua caliente termal del suelo como fuente de energía 
para una máquina térmica. El agua caliente sale del suelo a 𝟗𝟗𝟏𝟏 ℃ con un flujo de 𝟏𝟏.𝟐𝟐 𝐤𝐤𝐤𝐤 𝐬𝐬⁄ . 
Considerar que la temperatura ambiente es de 𝟐𝟐𝟏𝟏 ℃. Calcular: 
a) la cantidad de calor máxima (en kJ) que cada segundo se puede obtener del foco caliente 
si el agua se expulsa a la temperatura ambiente. 
(Dato: calor específico del agua = 𝟒𝟒.𝟏𝟏𝟏𝟏 𝐤𝐤𝐤𝐤 𝐤𝐤𝐤𝐤 · 𝐊𝐊⁄ ). 
b) la máxima potencia a la que la máquina puede rendir suponiendo que trabaja en régimen 
Carnot entre los dos focos térmicos 
SEP2021 
a) La máxima cantidad de calor que se puede obtener cada segundo del foco caliente es: 
𝑄𝑄𝐻𝐻 = 𝑚𝑚 · 𝑐𝑐𝐻𝐻2𝑂𝑂 · Δ𝑇𝑇 = 0.2 · 4.18 · (95 − 20) = 62.7 kJ 
b) El rendimiento Carnot de la máquina es: 
𝜀𝜀𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 = 1 −
𝑇𝑇𝐶𝐶
𝑇𝑇𝐻𝐻
= 1 −
293
368
= 0.2038 = 20.38% 
La máxima energía por segundo que la máquina podrá rendir será: 
𝑊𝑊 = 𝜀𝜀𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 · 𝑄𝑄𝐻𝐻 = 0.2038 · 62.7 = 12.8 kJ 
que cada segundo, representa una potencia máxima de 12.8 kW. 
 
2022 
El ciclo de la figura que describe un gas ideal 
monoatómico: 
a) Calcular el valor de las variables termodinámicas 
desconocidas en los vértices A, B y C. 
b) Calcular el calor, la variación de energía interna 
y el trabajo en cada rama. (Nota: Es suficiente 
dar los valores en atm·L). Verificar que se 
cumplen las condiciones de ciclo cerrado. 
SEP2022 
a) Como corresponde a un gas monoatómico, el índice adiabático: 
𝛾𝛾 =
𝑐𝑐𝑣𝑣
𝑐𝑐𝑣𝑣
=
3
2𝑛𝑛 + 𝑛𝑛
3
2𝑛𝑛
=5
3
 
Vértice A: según la ecuación de estado y los valores indicados en el esquema: 
𝑃𝑃𝐴𝐴𝑉𝑉𝐴𝐴 = 𝑛𝑛𝑛𝑛𝑇𝑇𝐴𝐴 ⟹ 𝑛𝑛𝑛𝑛 =
4
300
=
1
75
 atm · L/K 
Vértice B: 
𝑃𝑃𝐵𝐵𝑉𝑉𝐵𝐵 = 𝑛𝑛𝑛𝑛𝑇𝑇𝐵𝐵 ⟹ 𝑻𝑻𝑩𝑩 =
4 · 3
� 175�
= 𝟗𝟗𝟏𝟏𝟏𝟏 𝐊𝐊 
Vértice C (que tiene la misma temperatura que B): 
𝑃𝑃𝐶𝐶𝑉𝑉𝐶𝐶 = 𝑛𝑛𝑛𝑛𝑇𝑇𝐶𝐶 ⟹ 𝑽𝑽𝑪𝑪 =
� 175�900
2
= 𝟔𝟔 𝐋𝐋 
Vértice D: Desde D hasta A ocurre un proceso adiabático y aplicamos la ecuación de Poisson: 
𝑃𝑃𝐴𝐴𝑉𝑉𝐴𝐴
𝛾𝛾 = 𝑃𝑃𝐷𝐷𝑉𝑉𝐷𝐷
𝛾𝛾 ⟹ 4 · 15 3⁄ = 2 · 𝑉𝑉𝐷𝐷
5 3⁄ ⟹ 𝑽𝑽𝑫𝑫 = 𝟏𝟏.𝟏𝟏𝟏𝟏𝟓𝟓 𝐋𝐋 
Ahora, se cumple: 
𝑃𝑃𝐷𝐷𝑉𝑉𝐷𝐷 = 𝑛𝑛𝑛𝑛𝑇𝑇𝐷𝐷 ⟹ 2 · 1.517 = �
1
75
� 𝑇𝑇𝐷𝐷 ⟹ 𝑻𝑻𝑫𝑫 = 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟓𝟓.𝟑𝟑𝟔𝟔 𝐊𝐊 
Resumiendo: 
 P(atm) V(L) T(K) 
A 4 1 300 
B 4 3 900 
C 2 6 900 
D 2 1.52 227.36 
 
b) 
Proceso A → B (isóbaro): 
𝑊𝑊𝐴𝐴⟶𝐵𝐵 = 𝑃𝑃 · ∆𝑉𝑉 = 𝑃𝑃 · (𝑉𝑉𝐵𝐵 − 𝑉𝑉𝐴𝐴) = 4(3 − 1) = 8 atm · L 
∆𝑈𝑈𝐴𝐴⟶𝐵𝐵 = 𝐶𝐶𝑉𝑉 · ∆𝑇𝑇 =
3
2
𝑛𝑛𝑛𝑛 · (𝑇𝑇𝐵𝐵 − 𝑇𝑇𝐴𝐴) =
3
2
�
1
75
� · (900 − 300) = 12 atm · L 
𝑄𝑄𝐴𝐴⟶𝐵𝐵 = 𝐶𝐶𝑃𝑃 · ∆𝑇𝑇 =
5
2
𝑛𝑛𝑛𝑛 · (𝑇𝑇𝐵𝐵 − 𝑇𝑇𝐴𝐴) =
5
2
�
1
75
� · (900 − 300) = 20 atm · L 
Todas estas cantidades son positivas como corresponde a una expansión y calentamiento 
(ver criterio de signos empleado, punto 7.2.1 de la teoría). Además, se comprueba que se 
cumple el primer principio de la Termodinámica 𝑄𝑄 = ∆𝑈𝑈 + 𝑊𝑊. 
 
Proceso B → C (isotermo): 
𝑊𝑊𝐵𝐵⟶𝐶𝐶 = �𝑃𝑃 · 𝑑𝑑𝑉𝑉 = �
𝑛𝑛𝑛𝑛𝑇𝑇
𝑉𝑉
𝑑𝑑𝑉𝑉
𝐶𝐶
𝐵𝐵
= 𝑛𝑛𝑛𝑛𝑇𝑇 ln
𝑉𝑉𝐶𝐶
𝑉𝑉𝐵𝐵
= �
4
300
� · 900 · ln
6
3
= 4 · 3 ln
6
3
= 8.32 atm · L 
∆𝑈𝑈𝐵𝐵⟶𝐶𝐶 = 0 (como corresponde a un proceso isotermo). 
𝑄𝑄𝐵𝐵⟶𝐶𝐶 = 8.32 atm · L (como corresponde al primer principio 𝑄𝑄 = ∆𝑈𝑈 + 𝑊𝑊) 
Proceso C → D (isóbaro): 
𝑊𝑊𝐶𝐶⟶𝐷𝐷 = 𝑃𝑃 · ∆𝑉𝑉 = 𝑃𝑃 · (𝑉𝑉𝐷𝐷 − 𝑉𝑉𝐶𝐶) = 2 · (1.52 − 6) = −8.96 atm · L 
∆𝑈𝑈𝐶𝐶⟶𝐷𝐷 = 𝐶𝐶𝑉𝑉 · ∆𝑇𝑇 =
3
2
𝑛𝑛𝑛𝑛 · (𝑇𝑇𝐷𝐷 − 𝑇𝑇𝐶𝐶) =
3
2
�
1
75
� · (227.36 − 900) = −13.45 atm · L 
𝑄𝑄𝐶𝐶⟶𝐷𝐷 = 𝐶𝐶𝑃𝑃 · ∆𝑇𝑇 =
5
2
𝑛𝑛𝑛𝑛 · (𝑇𝑇𝐷𝐷 − 𝑇𝑇𝐶𝐶) =
5
2
�
1
75
� · (227.36 − 900) = −22.42 atm · L 
Se comprueba que se cumple el primer principio de la Termodinámica 𝑄𝑄 = ∆𝑈𝑈 + 𝑊𝑊 
Proceso D → A (adiabático): 
𝑄𝑄𝐷𝐷⟶𝐴𝐴 = 0 (como corresponde a un proceso adiabático). 
∆𝑈𝑈𝐷𝐷⟶𝐴𝐴 = 𝐶𝐶𝑉𝑉 · ∆𝑇𝑇 =
3
2
𝑛𝑛𝑛𝑛 · (𝑇𝑇𝐴𝐴 − 𝑇𝑇𝐷𝐷) =
3
2
�
1
75
� · (300 − 227.36) = 1.42 atm · L 
∆𝑄𝑄𝐷𝐷⟶𝐴𝐴 = −1.42 atm · L ya que 𝑄𝑄 = ∆𝑈𝑈 + 𝑊𝑊. 
Resumiendo: 
 Q(atm·L) ΔU(atm·L) W(atm·L) 
A → B 20 12 8 
B → C 8.32 0 8.32 
C → D -22.42 -13.45 -8.96 
D → A 0 1.42 -1.42 
Total 5.9 0 5.9 
 
Se comprueba que para el ciclo completo se cumple: ∆𝑈𝑈 = 0 y 𝑄𝑄 = 𝑊𝑊 
 
 
2023 
Inicialmente, 𝒏𝒏 = 𝟏𝟏𝟏𝟏 𝐦𝐦𝐦𝐦𝐦𝐦 de un gas ideal tienen una presión 𝒑𝒑𝟏𝟏 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝐏𝐏𝐏𝐏, un volumen 𝑽𝑽𝟏𝟏 =
𝟐𝟐𝟒𝟒𝟗𝟗.𝟒𝟒𝟐𝟐 𝐝𝐝𝐦𝐦𝟑𝟑 y una temperatura 𝑻𝑻𝟏𝟏 = 𝟑𝟑𝟏𝟏𝟏𝟏 𝐊𝐊. Ahora calentamos el gas mediante un proceso 
isobárico hasta alcanzar una temperatura 𝑻𝑻𝟐𝟐. Durante este proceso, el trabajo hecho por el gas es 
el 66% del incremento de su energía interna. Sin embargo, si desde el mismo estado inicial, se 
usara una compresión adiabática para incrementar la temperatura del gas hasta 𝑻𝑻𝟐𝟐, entonces se 
tendría que haber aplicado sobre el gas un trabajo de 𝑾𝑾 = 𝟑𝟑𝟔𝟔.𝟏𝟏𝟏𝟏 𝐤𝐤𝐤𝐤. 
a) ¿El gas es monoatómico o diatómico? 
b) Determinar la temperatura final 𝑻𝑻𝟐𝟐. 
c) ¿Qué es más rentable energéticamente para alcanzar 𝑻𝑻𝟐𝟐, calentar el gas o comprimirlo? 
FEB2023 
a) El primer principio de la termodinámica es: 
𝑄𝑄 = 𝑊𝑊 + Δ𝑈𝑈 
donde: 
𝑄𝑄 = 𝐶𝐶𝑣𝑣 · Δ𝑇𝑇 = 𝑛𝑛 𝑐𝑐𝑣𝑣𝑛𝑛 · Δ𝑇𝑇; Δ𝑈𝑈 = 𝐶𝐶𝑣𝑣 · Δ𝑇𝑇 = 𝑛𝑛 𝑐𝑐𝑣𝑣𝑛𝑛 · Δ𝑇𝑇 ⟹ 𝑊𝑊 = 𝑛𝑛�𝑐𝑐𝑣𝑣 − 𝑐𝑐𝑣𝑣�𝑛𝑛 · Δ𝑇𝑇 
Sabemos que las capacidades caloríficas cumplen la relación: 
𝐶𝐶𝑣𝑣 = 𝐶𝐶𝑣𝑣 + 𝑛𝑛𝑛𝑛 
Según el enunciado del problema, en el proceso isobárico 𝑊𝑊 es el 66% de Δ𝑈𝑈, luego 
dividiendo las ecuaciones correspondientes, tenemos: 
𝑊𝑊
Δ𝑈𝑈
= 0.66 =
𝑐𝑐𝑣𝑣 − 𝑐𝑐𝑣𝑣
𝑐𝑐𝑣𝑣
= 𝛾𝛾 − 1 ⟹ 𝛾𝛾 = 1.66 =
5
3
 
que corresponde a un gas monoatómico (𝐶𝐶𝑣𝑣 =
5
2
𝑛𝑛𝑛𝑛 𝑦𝑦 𝐶𝐶𝑣𝑣 =
3
2
𝑛𝑛𝑛𝑛) 
b) 
Método 1: 
Según la ecuación para el trabajo en un proceso adiabático (𝑄𝑄 = 0), (ver ec. [11] de los 
apuntes de teoría del tema 7): 
𝑊𝑊𝐶𝐶𝑑𝑑𝑒𝑒𝐶𝐶𝑒𝑒 = −𝐶𝐶𝑣𝑣 · Δ𝑇𝑇 
En nuestro caso, al tratarse de una compresión, el trabajo será negativo (ver criterio de 
signos en el párrafo 7.2.1), luego: 
−36850 = −
3
2
𝑛𝑛𝑛𝑛 · (𝑇𝑇2 − 𝑇𝑇1) = −
3
2
10 · 8.314 · (𝑇𝑇2 − 300) ⟹ 𝑇𝑇2 = 595.48 K 
Método 2: 
El diagrama P-V de los dos procesos del gas se representa en el esquema. 
En el primer proceso (isobárico), el gas parte del 
punto (𝑝𝑝1,𝑉𝑉1) con temperatura 𝑇𝑇1 y llega al 
punto (𝑝𝑝2,𝑉𝑉2) con temperatura 𝑇𝑇2 mediante un 
a calentamiento. 
En el segundo proceso (adiabático), el gas parte 
del punto (𝑝𝑝1,𝑉𝑉1) con temperatura 𝑇𝑇1 y llega al 
punto (𝑝𝑝3,𝑉𝑉3) con temperatura 𝑇𝑇3 = 𝑇𝑇2 
mediante una compresión. Recordemos que un 
proceso adiabático una las dos líneas isotermas 
𝑇𝑇1 y 𝑇𝑇2 representadas en el esquema. 
En la ec. [11] de los apuntes de teoría del tema 
7, vemos que el trabajo en un proceso adiabático también se puede expresar como: 
𝑊𝑊𝐶𝐶𝑑𝑑𝑒𝑒𝐶𝐶𝑒𝑒 =
𝑝𝑝1𝑉𝑉1 − 𝑝𝑝2𝑉𝑉2
𝛾𝛾 − 1
 
En nuestro caso, el estado final es (𝑝𝑝3,𝑉𝑉3), y al ser una compresión, el trabajo es negativo, 
luego: 
−36850 =
𝑝𝑝1𝑉𝑉1 − 𝑝𝑝3𝑉𝑉3
𝛾𝛾 − 1
 ⟹ 36850 =
𝑝𝑝3𝑉𝑉3 − 𝑝𝑝1𝑉𝑉1
𝛾𝛾 − 1
=
𝑝𝑝3𝑉𝑉3 − (105 · 0.24942)
0.66
 ⟹ 
 𝑝𝑝3𝑉𝑉3 = 49508.66 J 
Ahora, acorde a la ecuación de estado de los gases ideales, para el estado final del proceso 
adiabático, tenemos: 
𝑝𝑝3𝑉𝑉3 = 𝑛𝑛𝑛𝑛𝑇𝑇2 ⟹ 𝑇𝑇2 =
49508.66
10 · 8.314
= 595.48 K 
que coincide con el valor hallado por el método 1. 
𝑇𝑇2 
𝑇𝑇1 
𝑉𝑉2 𝑉𝑉1 𝑉𝑉 
𝑝𝑝1 = 𝑝𝑝2 
𝑉𝑉3 
𝑝𝑝3 
𝑝𝑝 
Proceso 
adiabático 
Método 3: 
El cambio de energía interna en el proceso isobárico como en el adiabático tiene que ser el 
mismo puesto que el gas pasa en ambos casos de una temperatura inicial 𝑇𝑇1 a una temperatura final 
𝑇𝑇2. Además, por el primer principio 𝑄𝑄 = 𝑊𝑊 + Δ𝑈𝑈, sabemos que en un proceso adiabático donde 
𝑄𝑄 = 0, se cumple que 𝑊𝑊 = −Δ𝑈𝑈. 
Según el enunciado, para el proceso adiabático 𝑊𝑊 = − 36.85 kJ, donde el signo menos se 
debe a que es un trabajo de compresión. Entonces Δ𝑈𝑈 = 36.85 kJ. Y por lo dicho en el párrafo 
anterior, también para el proceso isobárico Δ𝑈𝑈 = 36.85 kJ. Pero para dicho proceso y según el 
enunciado, 𝑊𝑊 es el 66% de Δ𝑈𝑈, esto es: 
𝑊𝑊 = 0.66 · Δ𝑈𝑈 = 0.66 · 36850 = 24321 J 
Para un proceso isobárico: 𝑊𝑊 = 𝑃𝑃 · ∆𝑉𝑉 = 𝑃𝑃(𝑉𝑉2 − 𝑉𝑉1) = 105(𝑉𝑉2 − 0.24942) = 24321 
Despejando, obtenemos: 𝑉𝑉2 = 0.49263 m3. 
Ahora, según la ecuación de estado de los gases ideales 𝑃𝑃𝑉𝑉 = 𝑛𝑛𝑛𝑛𝑇𝑇: 
𝑇𝑇2 =
𝑃𝑃𝑉𝑉2
𝑛𝑛𝑛𝑛
=
105 · 0.49263
10 · 8.314
= 592.53 K 
que coincide con la temperatura obtenida con los otros dos métodos. 
c) 
El calor que debemos invertir para aumentar la temperatura hasta 𝑇𝑇2 (calentar el gas) en el 
proceso isobárico es: 
𝑄𝑄 = 𝐶𝐶𝑣𝑣 · Δ𝑇𝑇 =
5
2
· 10 · 8.314 · (595.48 − 300) = 61416.6 J 
El trabajo que debemos realizar para aumentar la temperatura hasta 𝑇𝑇2 (para comprimir el gas) 
en el proceso adiabático es, según el enunciado 36850 J. 
Para alcanzar 𝑇𝑇2, es mucho más rentable comprimir adiabáticamente el gas que calentarlo 
isobáricamente, debido a que al calentarlo, el calor se emplea en expansionar el gas (realizar un 
trabajo) y además en aumentar la energía interna del mismo. Sin embargo, al comprimirlo 
adiabáticamente, el trabajo de compresión aumenta únicamente la energía interna del gas (con 
el mismo valorque para calentarlo).