Physics For Scientists And Engineers 6E - part 154

Part D. At 100.0°C, another phase change occurs as the water changes from water at
100.0°C  to  steam  at  100.0°C.  Similar  to  the  ice–water  mixture  in  part  B,  the
water–steam mixture remains at 100.0°C—even though energy is being added—until
all of the liquid has been converted to steam. The energy required to convert 1.00 g of
water to steam at 100.0°C is

Q ! m

w

L

v

!

(1.00 % 10

&

3

kg)(2.26 % 10

6

J/kg)! 2.26 % 10

3

J

Part E. On this portion of the curve, as in parts A and C, no phase change occurs;
thus,  all  energy  added  is  used  to  increase  the  temperature  of  the  steam.  The  energy
that must be added to raise the temperature of the steam from 100.0°C to 120.0°C is

Q ! m

s

c

s

#

T ! (1.00 % 10

&

3

kg)(2.01 % 10

3

J/kg $ °C)(20.0°C)! 40.2 J

The  total  amount  of  energy  that  must  be  added  to  change  1 g  of  ice  at  & 30.0°C  to
steam  at  120.0°C  is  the  sum  of  the  results  from  all  five  parts  of  the  curve,  which  is
3.11 % 10

3

J.  Conversely,  to  cool  1 g  of  steam  at  120.0°C  to  ice  at  & 30.0°C,  we  must 

remove 3.11 % 10

3

J of energy.

Note  in  Figure  20.2  the  relatively  large  amount  of  energy  that  is  transferred  into

the  water  to  vaporize  it  to  steam.  Imagine  reversing  this  process—there  is  a  large
amount of energy transferred out of steam to condense it into water. This is why a burn
to your skin from steam at 100°C is much more damaging than exposure of your skin
to water at 100°C. A very large amount of energy enters your skin from the steam and
the steam remains at 100°C for a long time while it condenses. Conversely, when your
skin makes contact with water at 100°C, the water immediately begins to drop in tem-
perature as energy transfers from the water to your skin.

We  can  describe  phase  changes  in  terms  of  a  rearrangement  of  molecules  when 

energy is added to or removed from a substance. (For elemental substances in which
the atoms do not combine to form molecules, the following discussion should be inter-
preted in terms of atoms. We use the general term molecules to refer to both chemical
compounds and elemental substances.) Consider first the liquid-to-gas phase change.
The molecules in a liquid are close together, and the forces between them are stronger
than  those  between  the  more  widely  separated  molecules  of  a  gas.  Therefore,  work
must be done on the liquid against these attractive molecular forces if the molecules
are to separate. The latent heat of vaporization is the amount of energy per unit mass
that must be added to the liquid to accomplish this separation.

Similarly, for a solid, we imagine that the addition of energy causes the amplitude

of vibration of the molecules about their equilibrium positions to become greater as
the  temperature  increases.  At  the  melting  point  of  the  solid,  the  amplitude  is  great
enough to break the bonds between molecules and to allow molecules to move to new
positions. The molecules in the liquid also are bound to each other, but less strongly
than those in the solid phase. The latent heat of fusion is equal to the energy required
per unit mass to transform the bonds among all molecules from the solid-type bond to
the liquid-type bond.

As you can see from Table 20.2, the latent heat of vaporization for a given substance

is usually somewhat higher than the latent heat of fusion. This is not surprising if we con-
sider that the average distance between molecules in the gas phase is much greater than
that in either the liquid or the solid phase. In the solid-to-liquid phase change, we trans-
form  solid-type  bonds  between  molecules  into  liquid-type  bonds  between  molecules,
which are only slightly less strong. In the liquid-to-gas phase change, however, we break
liquid-type bonds and create a situation in which the molecules of the gas essentially are
not bonded to each other. Therefore, it is not surprising that more energy is required to
vaporize a given mass of substance than is required to melt it.

S E C T I O N   2 0 . 3     •     Latent Heat

613

Quick Quiz 20.3

Suppose the same process of adding energy to the ice cube

is performed as discussed above, but we graph the internal energy of the system as a
function of energy input. What would this graph look like?

614

C H A P T E R   2 0     •     Heat and the First Law of Thermodynamics

Quick Quiz 20.4

Calculate the slopes for the A, C, and E portions of Figure

20.2. Rank the slopes from least to greatest and explain what this ordering means.

P R O B L E M - S O LV I N G   H I N T S

Calorimetry Problems

If you have difficulty in solving calorimetry problems, be sure to consider the
following points:

•

Units of measure must be consistent. For instance, if you are using specific
heats measured in J/kg $ °C, be sure that masses are in kilograms and
temperatures are in Celsius degrees.

•

Transfers of energy are given by the equation Q ! mc #T only for those
processes in which no phase changes occur. Use the equations Q ! * mL

f

and

Q ! * mL

v

only when phase changes are taking place; be sure to select the

proper sign for these equations depending on the direction of energy transfer.

•

Often, errors in sign are made when the equation Q

cold

! &

Q

hot

is used.

Make sure that you use the negative sign in the equation, and remember that
#

T is always the final temperature minus the initial temperature.

Example 20.4 Cooling the Steam

What  mass  of  steam  initially  at  130°C  is  needed  to  warm
200 g  of  water  in  a  100-g  glass  container  from  20.0°C  to
50.0°C?

Solution The steam loses energy in three stages. In the first
stage, the steam is cooled to 100°C. The energy transfer in
the process is

Q

1

!

m

s

c

s

#

T ! m

s

(2.01 % 10

3

J/kg $ °C)(& 30.0°C)

! &

m

s

(6.03 % 10

4

J/kg)

where m

s

is the unknown mass of the steam.

In the second stage, the steam is converted to water. To

find  the  energy  transfer  during  this  phase  change,  we  use
Q ! & mL

v

, where the negative sign indicates that energy is

leaving the steam:

Q

2

! &

m

s

(2.26 % 10

6

J/kg)

In the third stage, the temperature of the water created

from the steam is reduced to 50.0°C. This change requires
an energy transfer of

Q

3

!

m

s

c

w

#

T ! m

s

(4.19 % 10

3

J/kg $ °C)(& 50.0°C)

! &

m

s

(2.09 % 10

5

J/kg)

Adding the energy transfers in these three stages, we obtain

Q

hot

!

Q

1

"

Q

2

"

Q

3

! &

m

s

[6.03 % 10

4

J/kg " 2.26 % 10

6

J/kg

"

2.09 % 10

5

J/kg]

! &

m

s

(2.53 % 10

6

J/kg)

Now,  we  turn  our  attention  to  the  temperature  increase  of
the water and the glass. Using Equation 20.4, we find that

Q

cold

!

(0.200 kg)(4.19 % 10

3

J/kg $ °C)(30.0°C)

"

(0.100 kg)(837 J/kg $ °C)(30.0°C)

!

2.77 % 10

4

J

Using Equation 20.5, we can solve for the unknown mass:

Q

cold

! &

Q

hot

2.77 % 10

4

J ! &[&m

s

(2.53 % 10

6

J/kg)]

m

s

!

1.09 % 10

&

2

kg !

What  If?

What  if  the  final  state  of  the  system  is  water  at

100°C? Would we need more or less steam? How would the
analysis above change?

Answer More steam would be needed to raise the tempera-
ture of the water and glass to 100°C instead of 50.0°C. There
would be two major changes in the analysis. First, we would
not  have  a  term  Q

3

for  the  steam  because  the  water  that

condenses  from  the  steam  does  not  cool  below  100°C. 
Second, in Q

cold

, the temperature change would be 80.0°C

instead of 30.0°C. Thus, Q

hot

becomes

Q

hot

!

Q

1

"

Q

2

! &

m

s

(6.03 % 10

4

J/kg " 2.26 % 10

6

J/kg)

! &

m

s

(2.32 % 10

6

J/kg)

and Q

cold

becomes

Q

cold

!

(0.200 kg)(4.19 % 10

3

J/kg $ °C)(80.0°C)

"

(0.100 kg)(837 J/kg $ °C)(80.0°C)

!

7.37 % 10

4

J

leading to m

s

!

3.18 % 10

&

2

kg ! 31.8 g.

10.9 g

▲

PITFALL PREVENTION

20.7 Celsius vs. Kelvin

In  equations  in  which  T ap-
pears—for example, the ideal gas
law—the  Kelvin  temperature
must be used. In equations involv-
ing #T, such as calorimetry equa-
tions,  it  is  possible to  use  Celsius
temperatures,  because  a  change
in  temperature  is  the  same  on
both scales. It is safest, however, to
consistently use  Kelvin  tempera-
tures in all equations involving T
or #T.

20.4 Work and Heat in Thermodynamic Processes

In the macroscopic approach to thermodynamics, we describe the state of a system us-
ing such variables as pressure, volume, temperature, and internal energy. As a result,
these quantities belong to a category called 

state variables. For any given configura-

tion of the system, we can identify values of the state variables. It is important to note
that a macroscopic state of an isolated system can be specified only if the system is in ther-
mal equilibrium internally. In the case of a gas in a container, internal thermal equilib-
rium requires that every part of the gas be at the same pressure and temperature.

A second category of variables in situations involving energy is 

transfer variables.

These variables are zero unless a process occurs in which energy is transferred across
the boundary of the system. Because a transfer of energy across the boundary repre-
sents a change in the system, transfer variables are not associated with a given state of
the system, but with a change in the state of the system. In the previous sections, we dis-
cussed heat as a transfer variable. For a given set of conditions of a system, there is no
defined value for the heat. We can only assign a value of the heat if energy crosses the
boundary by heat, resulting in a change in the system. State variables are characteristic
of a system in thermal equilibrium. Transfer variables are characteristic of a process in
which energy is transferred between a system and its environment.

In  this  section,  we  study  another  important  transfer  variable  for  thermodynamic

systems—work. Work performed on particles was studied extensively in Chapter 7, and
here we investigate the work done on a deformable system—a gas. Consider a gas con-
tained in a cylinder fitted with a movable piston (Fig. 20.3). At equilibrium, the gas oc-

S E C T I O N   2 0 . 4     •     Work and Heat in Thermodynamic Processes

615

Example 20.5 Boiling Liquid Helium

Liquid helium has a very low boiling point, 4.2 K, and a very
low latent heat of vaporization, 2.09 % 10

4

J/kg. If energy is

transferred to a container of boiling liquid helium from an
immersed electric heater at a rate of 10.0 W, how long does
it take to boil away 1.00 kg of the liquid?

Solution Because  L

v

!

2.09 % 10

4

J/kg,  we  must  supply

2.09 % 10

4

J  of  energy  to  boil  away  1.00 kg.  Because

10.0 W ! 10.0 J/s,  10.0 J  of  energy  is  transferred  to  the
helium  each  second.  From  ! ! #E/#t,  the  time  interval
required to transfer 2.09 % 10

4

J of energy is

35 min

#

t !

#

E

!

!

2.09 % 10

4

 J

10.0 J/s

!

2.09 % 10

3

 s

#

dy

P

(a)

A

V

(b)

Figure 20.3 Work is done on a gas contained in a

cylinder at a pressure P as the piston is pushed

downward so that the gas is compressed.

cupies a volume V and exerts a uniform pressure P on the cylinder’s walls and on the
piston. If the piston has a cross-sectional area A, the force exerted by the gas on the pis-
ton is F ! PA. Now let us assume that we push the piston inward and compress the gas
quasi-statically, that  is,  slowly  enough  to  allow  the  system  to  remain  essentially  in
thermal  equilibrium  at  all  times.  As  the  piston  is  pushed  downward  by  an  external
force 

F ! & F ˆj through a displacement of dr ! dyˆj (Fig. 20.3b), the work done on the

gas is, according to our definition of work in Chapter 7,

dW !

F $ dr ! & F ˆj$ dyˆj ! & F dy ! & PA dy

where we have set the magnitude F of the external force equal to PA because the pis-
ton is always in equilibrium between the external force and the force from the gas.
For this discussion, we assume the mass of the piston is negligible. Because A dy is the
change in volume of the gas dV, we can express the work done on the gas as

dW ! & P dV

(20.7)

If the gas is compressed, dV is negative and the work done on the gas is positive. If

the gas expands, dV is positive and the work done on the gas is negative. If the volume
remains constant, the work done on the gas is zero. The total work done on the gas as
its volume changes from V

i

to V

f

is given by the integral of Equation 20.7:

(20.8)

To evaluate this integral, one must know how the pressure varies with volume during
the process.

In general, the pressure is not constant during a process followed by a gas, but

depends on the volume and temperature. If the pressure and volume are known at
each step of the process, the state of the gas at each step can be plotted on a graph
called a 

PV diagram, as in Figure 20.4. This type of diagram allows us to visualize a

process through which a gas is progressing. The curve on a PV diagram is called the
path taken between the initial and final states.

Note that the integral in Equation 20.8 is equal to the area under a curve on a PV

diagram. Thus, we can identify an important use for PV diagrams:

The work done on a gas in a quasi-static process that takes the gas from an initial
state to a final state is the negative of the area under the curve on a PV diagram,
evaluated between the initial and final states.

As Figure 20.4 suggests, for our process of compressing a gas in the cylinder, the

work done depends on the particular path taken between the initial and final states.
To illustrate this important point, consider several different paths connecting i and f
(Fig.  20.5).  In  the  process  depicted  in  Figure  20.5a,  the  volume  of  the  gas  is  first
reduced  from  V

i

to  V

f

at  constant  pressure  P

i

and  the  pressure  of  the  gas  then  in-

creases  from  P

i

to  P

f

by  heating  at  constant  volume  V

f

. The  work  done  on  the  gas

along this path is &P

i

(V

f

&

V

i

). In Figure 20.5b, the pressure of the gas is increased

from P

i

to P

f

at constant volume V

i

and then the volume of the gas is reduced from V

i

to  V

f

at  constant  pressure  P

f

. The  work  done  on  the  gas  is  &P

f

(V

f

&

V

i

),  which  is

greater than that for the process described in Figure 20.5a. It is greater because the
piston is moved through the same displacement by a larger force than for the situa-
tion  in  Figure  20.5a.  Finally,  for  the  process  described  in  Figure  20.5c,  where  both
P and V change continuously, the work done on the gas has some value intermediate
between  the  values  obtained  in  the  first  two  processes.  To  evaluate  the  work  in
this case, the function P(V ) must be known, so that we can evaluate the integral in
Equation 20.8.

W ! &

"

V

f

V

i

 

P

 

dV

616

C H A P T E R   2 0     •     Heat and the First Law of Thermodynamics

Work done on a gas

f

P

f

P

i

V

V

i

V

f

P

i

Active Figure 20.4 A gas is

compressed quasi-statically (slowly)

from state i to state f. The work

done on the gas equals the negative

of the area under the PV curve. 

At the Active Figures link

at http://www.pse6.com, you can

compress the piston in Figure

20.3 and see the result on the PV

diagram in this figure.