Capítulo 1

La cantidad real (masa) de gasolina que queda en el tanque cuando el indicador marca “vacío” es menor en verano que en invierno. La gasolina tiene el mismo volumen que en invierno cuando se enciende la luz de “añadir combustible”, pero como la gasolina se ha expandido, hay menos masa.

No necesariamente, ya que la tensión térmica también es proporcional al módulo de Young.

En una buena aproximación, la transferencia de calor depende solo de la diferencia de temperatura. Como las diferencias de temperatura son las mismas en ambos casos, se necesitan los mismos 25 kJ en el segundo caso (como veremos en la siguiente sección, la respuesta habría sido diferente si el objeto hubiera estado hecho de alguna sustancia que cambia de fase en cualquier lugar entre $30\text{°}\text{C}$ y $50\text{°}\text{C}$).

El hielo y el agua líquida están en equilibrio térmico, por lo que la temperatura se mantiene en la temperatura de congelación mientras el hielo permanece en el líquido (una vez que se derrita todo el hielo, la temperatura del agua empezará a subir).

La nieve se forma a partir de cristales de hielo y, por tanto, es la fase sólida del agua. Debido a que se necesita un enorme calor para los cambios de fase, se necesita un cierto tiempo para que este calor se transfiera desde el aire, incluso si el aire está por encima de $0\text{°}\text{C}$.

Conducción: el calor se transfiere a las manos al sostener una taza de café caliente. Convección: transferencia de calor es cuando el barista “vaporiza” la leche fría para hacer chocolate caliente. Radiación: el calor se transfiere desde el Sol a una jarra de agua con hojas de té para hacer “té del Sol”. Hay muchas otras respuestas posibles.

Como el área es el producto de dos dimensiones espaciales, se multiplica por cuatro cuando se duplica cada dimensión $\left(A_{\text{final}}={\left(2d\right)}^2=4d^2=4A_{\text{inicial}}\right)$. La distancia, sin embargo, simplemente se duplica. Dado que la diferencia de temperatura y el coeficiente de conductividad térmica son independientes de las dimensiones espaciales, la tasa de transferencia de calor por conducción aumenta en un factor de cuatro dividido entre dos, o sea, dos:
$P_{\text{final}}=\frac{k{A}_{\text{final}}\left(T_{\text{h}}-T_{\text{c}}\right)}{d_{\text{final}}}=\frac{k\left(4A_{\text{final}}\left(T_{\text{h}}-T_{\text{c}}\right)\right)}{2d_{\text{inicial}}}=2\frac{k{A}_{\text{final}}\left(T_{\text{h}}-T_{\text{c}}\right)}{d_{\text{inicial}}}=2P_{\text{inicial}}$.

El uso de un ventilador aumenta el flujo de aire: El aire caliente cerca de su cuerpo se sustituye por aire más frío procedente de otro lugar. La convección aumenta la tasa de transferencia de calor, de modo que el aire en movimiento “se siente” más frío que el aire quieto.

El calor radiado es proporcional a la cuarta potencia de la temperatura absoluta. Porque $T_1=293\text{K}$ y $T_2=313\text{K}$, la tasa de transferencia de calor aumenta un 30 % aproximadamente de la tasa original.

Están a la misma temperatura, y si se ponen en contacto, no fluye calor neto entre ellos.

La lectura cambiará.

El agua fría enfría parte de la superficie interior, haciendo que se contraiga, mientras que el resto permanece expandido. La tensión es demasiado grande para la resistencia del material. El Pyrex se contrae menos, por lo que experimenta menos tensión.

En principio, la tapa se expande más que el tarro porque los metales tienen mayores coeficientes de expansión que el vidrio. Así será más fácil desenroscar la tapa (en la práctica, mojar la tapa y el tarro puede dificultar su agarre).

Después de calentarse, la longitud es ($1+300\alpha$) ($1\text{m}$). Después de enfriarse, la longitud es $\left(1-300\alpha \right)\left(1+300\alpha \right)\left(1\text{m}\right)$. La respuesta no es 1 m, pero debería serlo. La explicación es que aunque si $\alpha$ es exactamente constante, la relación $\text{Δ}L=\alpha L\text{Δ}T$ es estrictamente cierto solo en el límite de pequeñas $\text{Δ}T$. Dado que los valores de $\alpha$ son pequeños, la discrepancia no tiene importancia en la práctica.

Las diferencias de temperatura provocan la transferencia de calor.

No, se almacena como energía térmica. Un sistema termodinámico no tiene una cantidad de calor bien definida.

Aumenta el punto de ebullición, por lo que el agua, de la que el alimento obtiene calor, está a una temperatura más alta.

Sí, aumentando la presión por encima de 56 atm.

trabajo

$0\text{°}\text{C}$ (a presión atmosférica o cerca de ella).

La condensación libera calor, por lo que acelera la fusión.

Debido al elevado calor específico del agua, cambia menos de temperatura que la tierra. Además, la evaporación reduce el aumento de temperatura. El aire tiende a mantenerse cerca del equilibrio con el agua, por lo que su temperatura no cambia mucho donde hay mucha agua alrededor, como en San Francisco, pero no en Sacramento.

El líquido es el oxígeno, cuyo punto de ebullición es superior al del nitrógeno, pero cuyo punto de fusión es inferior al del nitrógeno líquido. Los cristales que se subliman son de dióxido de carbono, el cual no tiene fase líquida a presión atmosférica. Los cristales que se funden son de agua, cuyo punto de fusión está por encima del punto de sublimación del dióxido de carbono. El agua provenía del aliento del instructor.

El aumento de la circulación en la superficie calentará a la persona, ya que la temperatura del agua es más caliente que la del cuerpo humano. La sudoración no provocará un enfriamiento por evaporación bajo el agua ni en el aire húmedo inmediatamente superior al jacuzzi.

Distribuye el calor en la zona por encima de los elementos calefactores, e iguala la temperatura allí, pero no difunde el calor mucho más allá de los elementos calefactores.

El calor se conduce desde el fuego a través de la caja de fuego hasta el aire que circula y luego se conecta por el aire hacia la habitación (convección forzada).

La tienda se calienta con el sol y le transfiere el calor por los tres procesos, especialmente por la radiación.

Si está protegido, mide la temperatura del aire. Si no, mide el efecto combinado de la temperatura del aire y la ganancia neta de calor por radiación del sol.

Baje el termostato. Para que la casa esté a la temperatura normal, el sistema de calefacción debe reponer todo el calor que se ha perdido. Para los tres mecanismos de transferencia de calor, cuanto mayor sea la diferencia de temperatura entre el interior y el exterior, más calor se perderá y se deberá reemplazar. Por lo tanto, la casa debe estar a la temperatura más baja que no permita daños por congelación.

El aire es un buen aislante, por lo que hay poca conducción, y el aire calentado sube, por lo que hay poca convección hacia abajo.

Eso debe ser Celsius. Su temperatura Fahrenheit es $102\text{°}\text{F}\text{.}$ Sí, es momento de obtener tratamiento.

a. $\text{Δ}{T}_{\text{C}}=\mathrm{22,2}\text{°}\text{C}$; b. Sabemos que $\text{Δ}{T}_{\text{F}}=T_{\text{F2}}-T_{\text{F1}}$. También sabemos que $T_{\text{F2}}=\frac{9}{5}{T}_{\text{C2}}+32$ y $T_{\text{F1}}=\frac{9}{5}{T}_{\text{C1}}+32.$ Así que, al sustituir, tenemos $\text{Δ}{T}_{\text{F}}=\left(\frac{9}{5}{T}_{\text{C2}}+32\right)-\left(\frac{9}{5}{T}_{\text{C1}}+32\right)$. Al resolver parcialmente y reordenar la ecuación, tenemos $\text{Δ}{T}_{\text{F}}=\frac{9}{5}\left(T_{\text{C2}}-T_{\text{C1}}\right)$. Por lo tanto, $\text{Δ}{T}_{\text{F}}=\frac{9}{5}\text{Δ}{T}_{\text{C}}$.

a. $\mathrm{-40}\text{°}$; b. 575 K

Use la Tabla 1.2 para calcular el coeficiente de dilatación térmica del mármol:
$L=L_0+\text{Δ}L=L_0\left(1+\alpha \text{Δ}T\right)=170\text{m}\left[1+\left(\mathrm{2,5}\times {10}^{\mathrm{-6}}\text{/}\text{°}\text{C}\right)\left(\mathrm{-45,0}\text{°}\text{C}\right)\right]=\mathrm{169,98}\text{m}$.
(respuesta redondeada a cinco cifras significativas para mostrar la ligera diferencia de altura).

Usamos $\beta$ en vez de $\alpha$, ya que se trata de una expansión de volumen con superficie constante. Por lo tanto:
$\text{Δ}L=\alpha L\text{Δ}T=\left(\mathrm{6,0}\times {10}^{\mathrm{-5}}\text{/}\text{°}\text{C}\right)\left(\mathrm{0,0300}\text{m}\right)\left(\mathrm{3,00}\text{°}\text{C}\right)=\mathrm{5,4}\times {10}^{\mathrm{-6}}\text{m}$.

En el día más cálido, nuestra cinta métrica se expandirá linealmente. Por lo tanto, cada dimensión medida será menor que la dimensión real del terreno. A llamar a estas dimensiones medidas $l\text{'}$ y $w\text{'}$, calcularemos una nueva área A. Calculemos estas dimensiones medidas:
$l\text{'}=l_0-\text{Δ}l=\left(20\text{m}\right)-\left(20\text{°}\text{C}\right)\left(20\text{m}\right)\left(\frac{\mathrm{1,2}\times {10}^{\mathrm{-5}}}{\text{°}\text{C}}\right)=\mathrm{19,9952}\text{m}$;
$A\text{'}=l\times w\text{'}=\left(\mathrm{29,9928}\text{m}\right)\left(\mathrm{19,9952}\text{m}\right)=\mathrm{599,71}{\text{m}}^2$;
Cambio de costo $=\left(A-A\text{'}\right)\left(\frac{\$60.000}{{\text{m}}^2}\right)=\left(\left(600-\mathrm{599,71}\right){\text{m}}^2\right)\left(\frac{\$60.000}{{\text{m}}^2}\right)=\$17.000$.
Como la superficie se reduce, el precio del terreno disminuye en unos 17.000 dólares.

a. Use la Tabla 1.2 para hallar los coeficientes de dilatación térmica del acero y del aluminio. Entonces, $\text{Δ}{L}_{\text{Al}}-\text{Δ}{L}_{\text{acero}}=({\alpha }_{\text{Al}}-{\alpha }_{\text{acero}})L_0\text{Δ}T=\left(\frac{\mathrm{2,5}\times {10}^{\mathrm{-5}}}{\text{°}\text{C}}-\frac{\mathrm{1,2}\times {10}^{\mathrm{-5}}}{\text{°}\text{C}}\right)(\mathrm{1,00}\text{m})(22\text{°}\text{C})=\mathrm{2,9}\times {10}^{\mathrm{-4}}\text{m}$.
b. Por el mismo método con $L_0=\mathrm{30,0}\text{m}$, tenemos $\text{Δ}L=\mathrm{8,6}\times {10}^{\mathrm{-3}}\text{m}$.

$\text{Δ}V=\mathrm{0,475}\text{L}$

Si empezamos con la congelación del agua, entonces se expandiría hasta $\left(1{\text{m}}^3\right)\left(\frac{1.000{\text{kg/m}}^3}{917{\text{kg/m}}^3}\right)=\mathrm{1,09}{\text{m}}^3=\mathrm{1,98}\times {10}^8{\text{N/m}}^2$ de hielo.

$m=\mathrm{5,20}\times {10}^8\text{J}$

$Q=mc\text{Δ}T\Rightarrow \text{Δ}T=\frac{Q}{mc}$; a. $\mathrm{21,0}\text{°}\text{C}$; b. $\mathrm{25,0}\text{°}\text{C}$; c. $\mathrm{29,3}\text{°}\text{C}$; d. $\mathrm{50,0}\text{°}\text{C}$

$Q=mc\text{Δ}T\Rightarrow c=\frac{Q}{m\text{Δ}T}=\frac{\mathrm{1,04}\text{kcal}}{\left(\mathrm{0,250}\text{kg}\right)\left(\mathrm{45,0}\text{°}\text{C}\right)}=\mathrm{0,0924}\text{kcal/kg}·\text{°}\text{C}$. Es de cobre.

a. $Q=m_{\text{w}}{c}_{\text{w}}\text{Δ}T+m_{\text{A1}}{c}_{\text{A1}}\text{Δ}T=\left(m_{\text{w}}{c}_{\text{w}}+m_{\text{A1}}{c}_{\text{A1}}\right)\text{Δ}T$;
$Q=\left[\begin{array}{c}\left(\mathrm{0,500}\text{kg}\right)\left(\mathrm{1,00}\text{kcal/kg}·\text{°}\text{C}\right)+\hfill \\ \left(\mathrm{0,100}\text{kg}\right)\left(\mathrm{0,215}\text{kcal/kg}·\text{°}\text{C}\right)\hfill \end{array}\right]\left(\mathrm{54,9}\text{°}\text{C}\right)=\mathrm{28,63}\text{kcal}$;
$\frac{Q}{m_p}=\frac{\mathrm{28,63}\text{kcal}}{\mathrm{5,00}\text{g}}=\mathrm{5,73}\text{kcal/g}$; b. $\frac{Q}{m_p}=\frac{200\text{kcal}}{33\text{g}}=6\text{kcal/g},$ lo cual es coherente con nuestros resultados a la parte (a), a una cifra significativa.

$\mathrm{0,139}\text{°}\text{C}$

Debería ser más bajo. El vaso de precipitado no hará mucha diferencia: $\mathrm{16,3}\text{°}\text{C}$

a. $\mathrm{1,00}\times {10}^5\text{J}$; b. $\mathrm{3,68}\times {10}^5\text{J}$; c. El hielo es mucho más eficaz para absorber el calor porque primero debe derretirse, lo que requiere mucha energía, y luego gana la misma cantidad de calor que la bolsa que empezó con agua. La primera $\mathrm{2,67}\times {10}^5\text{J}$ de calor se utiliza para derretir el hielo, luego absorbe el $\mathrm{1,00}\times {10}^5\text{J}$ de calor como el agua.

58,1 g

Supongamos que M es la masa de agua de la piscina y m es la masa de agua de la piscina que se evapora.
$Mc\text{Δ}T=m{L}_{\text{V}\left(37\text{°}\text{C}\right)}\Rightarrow \frac{m}{M}=\frac{c\text{Δ}T}{L_{\text{V}\left(37\text{°}\text{C}\right)}}=\frac{\left(\mathrm{1,00}\text{kcal/kg}·\text{°}\text{C}\right)\left(\mathrm{1,50}\text{°}\text{C}\right)}{580\text{kcal/kg}}=\mathrm{2,59}\times {10}^{\mathrm{-3}}$;
(Note que $L_{\text{V}}$ para el agua a $37\text{°}\text{C}$ se utiliza aquí como una mejor aproximación que $L_{\text{V}}$ para agua a $100\text{°}\text{C}$).

a. $\mathrm{1,47}\times {10}^{15}\text{kg}$; b. $\mathrm{4,90}\times {10}^{20}\text{J}$; c. 48,5 y

a. 9,35 L; b. El petróleo crudo es menos denso que el agua, por lo que flota sobre ella y se expone al oxígeno del aire, el cual usa para quemarse. Además, si el agua está debajo del petróleo, es menos capaz de absorber el calor generado por este.

a. 319 kcal; b. $\mathrm{2,00}\text{°}\text{C}$

Primero hay que poner el hielo a $0\text{°}\text{C}$ y derretirlo con el calor $Q_1:$ 4,74 kcal. Esto reduce la temperatura del agua en $\text{Δ}{T}_2:$ $\mathrm{23,15}\text{°}\text{C}$. Ahora, el calor perdido por el agua caliente es igual al ganado por el agua fría ($T_{\text{f}}$ es la temperatura final): $\mathrm{20,6}\text{°}\text{C}$

Supongamos que los subíndices r, e, v y w representen roca, equilibrio, vapor y agua, respectivamente.
$m_{\text{r}}{c}_{\text{r}}\left(T_1-T_{\text{e}}\right)=m_{\text{V}}{L}_{\text{V}}+m_{\text{W}}{c}_{\text{W}}\left(T_{\text{e}}-T_2\right)$;
$\begin{array}{}\\ \\ \hfill m_{\text{r}}& =\frac{m_{\text{V}}{L}_{\text{V}}+m_{\text{W}}{c}_{\text{W}}\left(T_{\text{e}}-T_2\right)}{c_{\text{r}}\left(T_1-T_{\text{e}}\right)}\hfill \\ & =\frac{\left(\mathrm{0,0250}\text{kg}\right)\left(2256\times {10}^3\text{J/kg}\right)+\left(\mathrm{3,975}\text{kg}\right)\left(4186\times {10}^3\text{J/kg}·\text{°}\text{C}\right)\left(100\text{°}\text{C}-15\text{°}\text{C}\right)}{\left(840\text{J/kg}·\text{°}\text{C}\right)\left(500\text{°}\text{C}-100\text{°}\text{C}\right)}\hfill \\ & =\mathrm{4,38}\text{kg}\hfill \end{array}$

a. $\mathrm{1,01}\times {10}^3\text{W}$; b. Se necesita un calefactor de ambiente de 1 kilovatio.

84,0 W

2,59 kg

a. 39,7 W; b. 820 kcal

$\frac{Q}{t}=\frac{kA\left(T_2-T_1\right)}{d}$, de modo que
$\frac{{\left(Q\text{/}t\right)}_{\text{pared}}}{{\left(Q\text{/}t\right)}_{\text{ventana}}}=\frac{k_{\text{pared}}{A}_{\text{pared}}{d}_{\text{ventana}}}{k_{\text{ventana}}{A}_{\text{ventana}}{d}_{\text{pared}}}=\frac{\left(2\times \mathrm{0,042}\text{J/s}·\text{m}·\text{°}\text{C}\right)\left(\mathrm{10,0}{\text{m}}^2\right)\left(\mathrm{0,750}\times {10}^{\mathrm{-2}}\text{m}\right)}{\left(\mathrm{0,84}\text{J/s}·\text{m}·\text{°}\text{C}\right)\left(\mathrm{2,00}{\text{m}}^2\right)\left(\mathrm{13,0}\times {10}^{\mathrm{-2}}\text{m}\right)}$
Esto da 0,0288 pared: ventana, o 35:1 ventana: pared

$\frac{Q}{t}=\frac{kA\left(T_2-T_1\right)}{d}=\frac{kA\text{Δ}T}{d}\Rightarrow$
$\text{Δ}T=\frac{d\left(Q\text{/}t\right)}{kA}=\frac{\left(\mathrm{6,00}\times {10}^{\mathrm{-3}}\text{m}\right)\left(2256\text{W}\right)}{\left(\mathrm{0,84}\text{J/s}·\text{m}·\text{°}\text{C}\right)\left(\mathrm{1,54}\times {10}^{\mathrm{-2}}{\text{m}}^2\right)}=1.046\text{°}\text{C}=\mathrm{1,05}\times {10}^3\text{K}$

En el problema anterior comprobamos que $P=126\text{Δ}T\text{W}·\text{°}\text{C}$ como uso energético de referencia. Por lo tanto, la pérdida total de calor durante este periodo es $Q=\left(126\text{J/s}·\text{°}\text{C}\right)\left(\mathrm{15,0}\text{°}\text{C}\right)\left(120\text{días}\right)\left(\mathrm{86,4}\times {10}^3\text{s/día}\right)=1.960\times {10}^6\text{J}$. A un costo de $1/MJ, el costo es de 1.960 dólares. De un problema anterior, el ahorro es del 12 % o 235 dólares/año. Necesitamos $150{\text{m}}^2$ de aislamiento en el ático. A $\$4\text{/}{\text{m}}^2$, esto supone un costo de 500 dólares. Por lo tanto, el periodo de recuperación de la inversión es $\$600\text{/}\left(\$235\text{/}\text{y}\right)=\mathrm{2,6}\text{años}$ (sin incluir costos de mano de obra).

$\mathrm{7,39}\%$

$\frac{F}{A}=\left(210\times {10}^9\text{Pa}\right)\left(12\times {10}^{\mathrm{-6}}\text{/}\text{°}\text{C}\right)\left(40\text{°}\text{C}-\left(\mathrm{-15}\text{°}\text{C}\right)\right)=\mathrm{1,4}\times {10}^8{\text{N/m}}^2$.

a. $\mathrm{1,06}$ cm; b. $\mathrm{1,11}$ cm

$\mathrm{1,7}\text{kJ/}(\text{kg}·\text{°C})$

a. $\mathrm{1,57}\times {10}^4\text{kcal}$; b. $\mathrm{18,3}\text{kW}·\text{h}$; c. $\mathrm{1,29}\times {10}^4\text{kcal}$

$\mathrm{6,3}\text{°}\text{C}$. Todo el hielo se derritió.

$\mathrm{63,9}\text{°}\text{C}$, todo el hielo se derritió

a. 83 W; b $\mathrm{1,97}\times {10}^3\text{W}$; La ventana de un solo panel de vidrio tiene una tasa de conducción de calor igual a 1.969/83, es decir, 24 veces la de una ventana de doble panel de vidrio.

La tasa de transferencia de calor por conducción es de 20,0 W. Sobre una base diaria, esto es 1.728 kJ/día. La ingesta diaria de alimentos es $2.400\text{kcal/d}\times 4.186\text{J/kcal}=10.050\text{kJ/día}$. Por lo tanto, solo el 17,2 % de la energía consumida va como transferencia de calor al ambiente por conducción $\text{Δ}T$.

620 K

Al denotar el periodo por P, sabemos que $P=2\pi \sqrt{L\text{/}g}.$ Cuando la temperatura aumenta en dT, la longitud aumenta en $\alpha LdT$. Entonces la nueva longitud es a. $P=2\pi \sqrt{\frac{L+\alpha LdT}{g}}=2\pi \sqrt{\frac{L}{g}\left(1+\alpha dT\right)}=2\pi \sqrt{\frac{L}{g}}\left(1+\frac{1}{2}\alpha dT\right)=P\left(1+\frac{1}{2}\alpha dT\right)$
por la expansión binomial. b. El reloj va más lento, ya que su nuevo periodo es de 1,00019 s. Pierde 16,4 s por día.

La cantidad de calor para derretir el hielo y elevarlo a $100\text{°}\text{C}$ no es suficiente para condensar el vapor de agua, pero es más que suficiente para bajar la temperatura del vapor de agua en $50\text{°}\text{C}$, por lo que el estado final consistirá en vapor de agua y agua líquida en equilibrio, y la temperatura final es $100\text{°}\text{C}$; 9,5 g de vapor de agua se condensan, por lo que el estado final contiene 49,5 g de vapor de agua y 40,5 g de agua líquida.

a. $dL\text{/}dT=kT\text{/}\rho L$; b. $L=\sqrt{2kTt\text{/}\rho L_{\text{f}}}$; c. sí

a. $4\left(\pi R^2\right)T_{\text{s}}{}^4$; b. $4e\sigma \pi R^2{T}_{\text{s}}{}^4$; c. $8e\sigma \pi R^2{T}_{\text{e}}{}^4$; d. $T_s^4=2T_e^4$; e. $e\sigma T_{\text{s}}^4+\frac{1}{4}(1-A)S=\sigma T_{\text{s}}^4$; f. $288K$