Termodinámica
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  • 1. Capítulo 20 - Termodinámica Presentación PowerPoint de Paul E. Tippens, Profesor de Física Southern Polytechnic State University © 2007
  • 2. TERMODINÁMICALa termodinámicaes el estudio de lasrelaciones deenergía queinvolucran calor,trabajo mecánico yotros aspectos deenergía ytransferencia decalor. Calefacción central
  • 3. Objetivos: Después de terminar esta unida, deberá:• Establecer y aplicar la primera y segunda leyes de la termodinámica.• Demostrar su comprensión de los procesos adiabático, isocórico, isotérmico e isobárico.• Escribir y aplicar una relación para determinar la eficiencia ideal de una máquina térmica.• Escribir y aplicar una relación para determinar el coeficiente de rendimiento para un refrigerador.
  • 4. UN SISTEMA TERMODINÁMICO• Un sistema es un entorno cerrado en el que puede tener lugar transferencia de calor. (Por ejemplo, el gas, las paredes y el cilindro de un motor de automóvil.) Trabajo realizado sobre el gas o trabajo realizado por el gas
  • 5. ENERGÍA INTERNA DEL SISTEMA• La energía interna U de un sistema es el total de todos los tipos de energía que poseen las partículas que conforman el sistema. Por lo general la energía interna consiste de la suma de las energías potencial y cinética de las moléculas de gas que realizan trabajo.
  • 6. DOS FORMAS DE AUMENTAR LA ENERGÍA INTERNA, ∆U. +∆U TRABAJO CALOR QUE SE REALIZADO PONE EN UNSOBRE UN GAS SISTEMA (Positivo) (Positivo)
  • 7. DOS FORMAS DE REDUCIR LA ENERGÍA INTERNA, ∆U. Wout Qout -∆ U Disminuye caliente calienteTRABAJO REALIZADO CALOR SALE DEL POR EL GAS EN EXPANSIÓN: ∆W es SISTEMA positivo ∆Q es negativo
  • 8. ESTADO TERMODINÁMICOEl ESTADO de un sistematermodinámico se determinamediante cuatro factores: • Presión absoluta P en pascales • Temperatura T en Kelvins • Volumen V en metros cúbicos • Número de moles, n, del gas que realiza trabajo
  • 9. PROCESO TERMODINÁMICO Aumento en energía interna, ∆U. Wout Qin Entrada de calorEstado inicial: Estado final:P1 V1 T1 n1 Trabajo por el gas P2 V2 T2 n2
  • 10. El proceso inverso Disminución de energía interna, ∆U. Win Qout Trabajo sobre el gasEstado inicial: Estado final:P1 V1 T1 n1 Pérdida de calor P2 V2 T2 n2
  • 11. LA PRIMERA LEY DE LA TERMODINÁMICA:• La entrada neta de calor en un sistema es igual al cambio en energía interna del sistema más el trabajo realizado POR el sistema. ∆Q = ∆U + ∆W ∆ = (final - inicial)• Por el contrario, el trabajo realizado SOBRE un sistema es igual al cambio en energía interna más la pérdida de calor en el proceso.
  • 12. CONVENCIONES DE SIGNOS PARA LA +Wout PRIMERA LEY +Qin• ENTRADA de calor Q es positiva +∆U• Trabajo POR un gas es positivo -Win• Trabajo SOBRE un gas es −∆U negativo• SALIDA de calor es negativa -Qout ∆Q = ∆U + ∆W ∆ = (final - inicial)
  • 13. APLICACIÓN DE LA PRIMERA LEY DE LA TERMODINÁMICAEjemplo 1: En la figura, el gasabsorbe 400 J de calor y al Wout =120 Jmismo tiempo realiza 120 J detrabajo sobre el pistón. ¿Cuáles el cambio en energíainterna del sistema? Qin 400 JAplique primera ley: ∆Q = ∆U + ∆W
  • 14. Ejemplo 1 (Cont.): Aplique la primera ley∆Q es positivo: +400 J (calor ENTRA) Wout =120 J∆W es positivo: +120 J (trabajo SALE) Qin ∆Q = ∆U + ∆W 400 J ∆U = ∆Q - ∆W∆U = ∆Q - ∆W = (+400 J) - (+120 J) ∆U = +280 J = +280 J
  • 15. Ejemplo 1 (Cont.): Aplique la primera leyLa energía se conserva: Wout =120 JLos 400 J de energíatérmica de entrada se usan Qinpara realizar 120 J detrabajo externo, aumenta la 400 Jenergía interna del sistemaen 280 JEl aumento enenergía interna es: ∆U = +280 J
  • 16. CUATRO PROCESOS TERMODINÁMICOS:• Proceso isocórico: ∆V = 0, ∆W = 0• Proceso isobárico: ∆P = 0• Proceso isotérmico: ∆T = 0, ∆U = 0• Proceso adiabático: ∆Q = 0 ∆Q = ∆U + ∆W
  • 17. PROCESO ISOCÓRICO:VOLUMEN CONSTANTE, ∆V = 0, ∆W = 0 0 ∆Q = ∆U + ∆W de modo que ∆Q = ∆U QIN QOUT No se +∆U realiza -∆U trabajo ENTRADA DE CALOR = AUMENTO EN ENERGÍA INTERNA SALIDA DE CALOR = DISMINUCIÓN EN ENERGÍA INTERNA
  • 18. EJEMPLO ISOCÓRICO:No hay cambio en volumen: P2 B PA PB = P1 A TA TB V1= V2 400 JLa entrada de 400 J de entrada de calorcalor aumenta aumentan la energíaP con V interna en 400 J y seconstante realiza trabajo cero.
  • 19. PROCESO ISOBÁRICO: PRESIÓN CONSTANTE, ∆P = 0 ∆Q = ∆U + ∆W pero ∆W = P ∆V QIN QOUT Salida Entrada +∆U -∆U de de trabajo trabajoENTRADA DE CALOR = Wout + AUMENTO EN ENERGÍA INTERNASALIDA DE CALOR = Wout + DISMINUCIÓN EN ENERGÍA INTERNA
  • 20. EJEMPLO ISOBÁRICO (Presión constante): ( A B P VA VB = TA TB 400 J V1 V2La entrada de 400 J de calor realizancalor aumenta 120 J de trabajo yV con P aumentan la energíaconstante interna en 280 J. J
  • 21. TRABAJO ISOBÁRICO A B P VA VB = TA TB PA = PB400 J V1 V2 Trabajo = área bajo la curva PV Trabajo = P ∆V
  • 22. PROCESO ISOTÉRMICO:TEMPERATURA CONSTANTE, ∆T = 0, ∆U = 0 ∆Q = ∆U + ∆W y ∆Q = ∆W QIN QOUT Salida Entrada ∆U = 0 ∆U = 0 de trabajo de trabajo ENTRADA NETA DE CALOR = SALIDA DE TRABAJO ENTRADA DE TRABAJO = SALIDA NETA DE CALOR
  • 23. EJEMPLO ISOTÉRMICO (T constante): A PA B PB∆U = ∆T = 0 V2 V1 Lenta compresión a temperatura constante:PAVA = PBVB -- No hay cambio en U.
  • 24. EXPANSIÓN ISOTÉRMICA (T constante): A PA PAVA = PBVB B PB TA = T B VA VB∆U = ∆T = 0El gas absorbe 400 J de Trabajo isotérmicoenergía mientras sobre él serealizan 400 J de trabajo. VB ∆T = ∆U = 0 W = nRT ln VA
  • 25. PROCESO ADIABÁTICO:NO HAY INTERCAMBIO DE CALOR, ∆Q = 0 ∆Q = ∆U + ∆W ; ∆W = -∆U or ∆U = -∆W ∆W = -∆U ∆U = -∆W Sale trabajo Entra −∆U +∆U trabajo ∆Q = 0Trabajo realizado A COSTA de energía interna.ENTRADA de trabajo AUMENTA energía interna.
  • 26. EJEMPLO ADIABÁTICO: A PA B PB V1 V2 El gas en expansión Paredes realiza trabajo con ceroaisladas: ∆Q = 0 pérdida de calor. Trabajo = -∆U
  • 27. EXPANSIÓN ADIABÁTICA: A PA PAVA PBVB B = PB TA TB ∆Q = 0 VA VBSe realizan 400 J de TRABAJO,lo que DISMINUYE la energía γ γinterna en 400 J: el PV = PV A A B Bintercambio neto de calor esCERO. ∆Q = 0
  • 28. CAPACIDAD CALORÍFICA MOLAR TRATAMIENTO OPCIONALLa capacidad calorífica molar C se define comoal calor por unidad de mol por grado Celsius. Compruebe con su instructor si se requiere este tratamiento más amplio de los procesos termodinámicos.
  • 29. CAPACIDAD CALORÍFICA ESPECÍFICA¿Recuerda la definición de capacidadcalorífica específica como el calor porunidad de masa que se requiere paracambiar la temperatura? Q c= m ∆tPor ejemplo, cobre: c = 390 J/kg⋅K
  • 30. CAPACIDAD CALORÍFICA ESPECÍFICA MOLAREl “mol” es una mejor referencia para gasesque el “kilogramo.” Por tanto, la capacidadcalorífica específica molar se define como: Q C= n ∆TPor ejemplo, un volumen constante deoxígeno requiere 21.1 J para elevar latemperatura de un mol en un grado kelvin.
  • 31. CAPACIDADS CALORÍFICA ESPECÍFIC A VOLUMEN CONSTANTE¿Cuánto calor se requiere paraelevar la temperatura de 2 molesde O2 de 0oC a 100oC? Q = nCv ∆T Q = (2 mol)(21.1 J/mol K)(373 K - 273 K) Q = +4220 J
  • 32. CAPACIDAD CALORÍFICA ESPECÍFICA VOLUMEN CONSTANTE (Cont.)Puesto que el volumen nocambia, no se realiza trabajo.Todos los 4220 J van a aumentarla energía interna, ∆U.∆Q = ∆U = nCv ∆T = 4220 J Por tanto, ∆U se determina∆U = nCv ∆T mediante el cambio de temperatura y el calor específico a volumen constante.
  • 33. CAPACIDAD CALORÍFICA ESPECÍFICA PRESIÓN CONSTANTEAcaba de ver que se necesitaban4220 J de calor a volumenconstante. Suponga que tambiénquiere realizar 1000 J de trabajo apresión constante ∆Q = ∆U + ∆W Igual ∆Q = 4220 J + 1000 J ∆Q = 5220 J Cp > Cv
  • 34. CAPACIDAD CALORÍFICA (Cont.) El calor para elevar la temperatura de un gas ideal, ∆U, es el mismo para cualquier proceso. ∆U = nCv∆TPara presión constante Cp > Cv ∆Q = ∆U + ∆W CpnCp∆T = nCv∆T + P ∆V γ= Cv
  • 35. RECUERDE, PARA CUALQUIER PROCESO QUE INVOLUCRA UN GAS IDEAL: PAVA PBVBPV = nRT = TA TB∆Q = ∆U + ∆W ∆U = nCv ∆T
  • 36. Problema ejemplo:Una muestra de 2 L de gas oxígeno tienetemperatura y presión iniciales de 200 K y 1atm. El gas experimenta cuatro procesos: • AB: se calienta a V constante a 400 K. • BC: se calienta a P constante a 800 K. • CD: se enfría a V constante de vuelta a 1 atm. • DA: se enfría a P constante de vuelta a 200 K.
  • 37. DIAGRAMA PV PARA PROBLEMA B 400 K 800 K¿Cuántas moles de PBO2 hay presentes? A 200 K 1 atmConsidere el punto A: PV = nRT 2L PV (101, 300Pa)(0.002m3 ) n= = = 0.122 mol RT (8.314J/mol ⋅ K)(200K)
  • 38. PROCESO AB: ISOCÓRICO B 400 K 800 K¿Cuál es la presión PBen el punto B? 1 atm A 200 K PA PB = TA TB 2L 1 atm PB P B = 2 atm = 200 K 400 K or 203 kPa
  • 39. PROCESO AB: ∆Q = ∆U + ∆W Analice la primera ley para el proceso B 400 K 800 K PB ISOCÓRICO AB. ∆W = 0 1 atm A 200 K∆Q = ∆U = nCv ∆T 2L∆U = (0.122 mol)(21.1 J/mol K)(400 K - 200 K)∆Q = +514 J ∆U = +514 J ∆W = 0
  • 40. PROCESO BC: ISOBÁRICO¿Cuál es el volumen B 400 K 800 K PB Cen el punto C (y D)? 200 K VB VC 1 atm D = TB TC 2L 4L 2L VC VC = VD = 4 L = 400 K 800 K
  • 41. ENCUENTRE ∆U PARA EL PROCESO BEl proceso BC es B 400 K 800 K 2 atm ISOBÁRICO. C 200 K ∆P = 0 1 atm ∆U = nCv ∆T 2L 4L∆U = (0.122 mol)(21.1 J/mol K)(800 K - 400 K) ∆U = +1028 J
  • 42. ENCUENTRE ∆W PARA EL PROCESO BCEl trabajodepende del B 400 K 800 K 2 atmcambio en V. C 200 K ∆P = 0 1 atmTrabajo = P ∆V 2L 4L ∆W = (2 atm)(4 L - 2 L) = 4 atm L = 405 J ∆W = +405 J
  • 43. ENCUENTRE ∆Q PARA EL PROCESO B Analice la primera B 400 K 800 K 2 atm ley para BC. C 200 K ∆Q = ∆U + ∆W 1 atm∆Q = +1028 J + 405 J 2L 4L ∆Q = +1433 J∆Q = 1433 J ∆U = 1028 J ∆W = +405 J
  • 44. PROCESO CD: ISOCÓRICO B 400 K 800 K¿Cuál es la temperatura PB Cen el punto D? A 200 K 1 atm D PC PD = TC TD 2L 2 atm 1 atm = T D = 400 K 800 K TD
  • 45. PROCESO CD: ∆Q = ∆U + ∆W Analice la primera 400 K 800 K ley para el proceso PB C ISOCÓRICO CD. 200 K 400 K ∆W = 0 1 atm D∆Q = ∆U = nCv ∆T 2L∆U = (0.122 mol)(21.1 J/mol K)(400 K - 800 K)∆Q = -1028 J ∆U = -1028 J ∆W = 0
  • 46. ENCUENTRE ∆U PARA EL PROCESO DAEl proceso DA 400 K 800 Kes ISOBÁRICO. 2 atm 200 K 400 K ∆P = 0 1 atm A D ∆U = nCv ∆T 2L 4L∆U = (0.122 mol)(21.1 J/mol K)(400 K - 200 K) ∆U = -514 J
  • 47. ENCUENTRE ∆W PARA EL PROCESO DEl trabajo 400 K 800 Kdepende del 2 atmcambio en V. A 200 K 400 K ∆P = 0 1 atm DTrabajo = P ∆V 2L 4L ∆W = (1 atm)(2 L - 4 L) = -2 atm L = -203 J ∆W = -203 J
  • 48. ENCUENTRE ∆Q PARA EL PROCESO DAnalice la primera 400 K 800 K 2 atmley para DA. A 200 K 400 K ∆Q = ∆U + ∆W 1 atm D∆Q = -514 J - 203 J 2L 4L ∆Q = -717 J∆Q = -717 J ∆U = -514 J ∆W = -203 J
  • 49. RESUMEN DEL PROBLEMA Para todoslos procesos: ∆Q = ∆U + ∆WProcess ∆Q ∆U ∆W AB 514 J 514 J 0 BC 1433 J 1028 J 405 J CD -1028 J -1028 J 0 DA -717 J -514 J -203 JTotals 202 J 0 202 J
  • 50. TRABAJO NETO PARA CICLOS COMPLETOS ES ÁREA ENCERRADA +404 J B C B -202 J C2 atm 2 atm Neg1 atm 1 atm 2L 4L 2L 4L B C2 atm área = (1 atm)(2 L)1 atm trabajo neto = 2 atm L = 202 J 2L 4L
  • 51. EJEMPLO ADIABÁTICO:Ejemplo 2: Un gas diatómico a 300 K y 1 atmse comprime adiabáticamente, lo que disminuyesu volumen por 1/12. (VA = 12VB). ¿Cuáles sonla nueva presión y temperatura? (γ = 1.4) B γ γ PB PAVA = PBVB A PA PAVA PBVB = ∆Q = 0 VB VA TA TB
  • 52. ADIABÁTICO (Cont.): ENCUENTRE PB γ γ B PAVA = PBVB PB 300 K Resolver para PB: 1 atm A γ  VA  PB = PA  ∆Q = 0 VB 12VB  VB  1.4  12VB PB = PA   PB = 32.4 atm  VB  o 3284 kPaPB = (1 atm)(12) 1.4
  • 53. ADIABÁTICO (Cont.): ENCUENTRE TB B TB=? PAVA PBVB = 32.4 atm TA TB 300 K 1 atm A Resuelva∆Q = 0 VB 12VB para TB (1 atm)(12VB) (32.4 atm)(1 VB) = (300 K) TB TB = 810 K
  • 54. ADIABÁTICO (Cont.): Si VA= 96 cm3 y VA= 8 cm3, ENCUENTRE ∆W B 810 K 32.4 atm Dado que 300 K ∆Q = 0, 1 atm A ∆W = - ∆U ∆Q = 0 8 cm3 96 cm3∆W = - ∆U = - nCV ∆T y CV= 21.1 j/mol KEncuentre n PV PV = nRT n=del punto A RT
  • 55. ADIABÁTICO (Cont.): Si VA = 96 cm3 y VA = 8 cm3, ENCUENTRE ∆W PV (101,300 Pa)(8 x10-6 m3) n= = RT (8.314 J/mol K)(300 K) n = 0.000325 mol y CV= 21.1 j/mol K ∆T = 810 - 300 = 510 K B 810 K 32.4 atm ∆W = - ∆U = - nCV ∆T 300 K 1 atm A ∆W = - 3.50 J 8 cm3 96 cm3
  • 56. MÁQUINAS TÉRMICAS Una máquina térmica es Dep. Caliente TH cualquier dispositivo queQhot pasa por un proceso Wout cíclico: Máquina • Absorbe calor QhotQcold • Realiza trabajo Wout Dep. frío TC • Liberación de calor Qcold
  • 57. LA SEGUNDA LEY DE LA TERMODINÁMICA Dep. caliente TH Es imposible construir unaQhot máquina que, al operar en un Wout ciclo, no produzca efectos Máquina distintos a la extracción de calor de un depósito y laQcold realización de una cantidad Dep. frío TC equivalente de trabajo. No sólo no puede ganar (1a ley); ¡ni siquiera puede empatar (2a ley)!
  • 58. LA SEGUNDA LEY DE LA TERMODINÁMICA Dep. caliente TH Dep. caliente TH400 J 100 J 400 J 400 J Máquina Máquina300 J Dep. frío TC Dep. frío TC• Máquina posible. • Máquina IMPOSIBLE.
  • 59. EFICIENCIA DE UNA MÁQUINA La eficiencia de una máquina térmica es la razón del trabajoDep. caliente TH neto realizado W a la entradaQH W de calor QH. Máquina W QH- QC e= =QC QH QH Dep. frío TC QC e=1- QH
  • 60. EJEMPLO DE EFICIENCIA Una máquina absorbe 800 J y Dep. caliente TH desecha 600 J cada ciclo. ¿Cuál800 J W es la eficiencia? QC Máquina e=1-600 J QH Dep. frío TC 600 J e=1- e = 25% 800 JPregunta: ¿Cuántos joules de trabajo serealizan?
  • 61. EFICIENCIA DE UNA MÁQUINA IDEAL (máquina de Carnot) Para una máquina perfecta, lasDep. caliente TH cantidades Q de calor ganadoQH W y perdido son proporcionales a las temperaturas absolutas T. Máquina TH - T CQC e= Dep. frío TC TH TC e=1- TH
  • 62. Ejemplo 3: Una máquina de vapor absorbe600 J de calor a 500 K y la temperatura deescape es 300 K. Si la eficiencia real sólo esla mitad de la eficiencia ideal, ¿cuántotrabajo se realiza durante cada ciclo? TC e real = 0.5ei = 20%e=1- TH W e= 300 K QHe=1- 500 K W = eQH = 0.20 (600 J) e = 40% Trabajo = 120 J
  • 63. REFRIGERADORES Un refrigerador es una Dep. caliente TH máquina que opera a la inversa: realiza trabajo sobre Qhot Win gas que extrae calor del depósito frío y deposita calor Máquina en el depósito caliente.Qcold Win + Qfrío = Qcaliente Dep. frío TC WIN = Qcaliente - Qfrío
  • 64. LA SEGUNDA LEY PARA REFRIGERADORES Es imposible construir un Dep. caliente TH refrigerador que absorba calorQhot de un depósito frío y deposite igual calor a un depósito Máquina caliente con ∆W = 0. Qcold Dep. frío TC Si fuese posible, ¡se podría establecer movimiento perpetuo!
  • 65. COEFICIENTE DE RENDIMIENTO (COP) Dep. caliente TH El COP (K) de una máquina térmica es la razón delQH W CALOR Qc extraído al Máquina TRABAJO neto realizado W.QC QC QH K= = Dep. frío TC W QH- QC Para un TH refrigerador K= IDEAL: TH - T C
  • 66. EJEMPLO DE COP 500 K Un refrigerador de Carnot opera entre 500 K y 400 K. Extrae 800 Dep. caliente TH J de un depósito frío cada ciclo. QH W ¿Cuáles son COP, W y QH ? Máquina TC 400 K800 J K= = TH - T C 500 K - 400 K Dep. frío TC 400 K COP (K) = 4.0
  • 67. EJEMPLO DE COP (Cont.) A continuación se encontrará 500 K QH al suponer el mismo K Dep. caliente T H para un refrigerador real QH W (Carnot). QC Máquina K= QH- QC800 J 800 J Dep. frío T C 4.0 = 400 K QH - 800 J QH = 1000 J
  • 68. EJEMPLO DE COP (Cont.) 500 K Ahora, ¿puede decir cuánto Dep. caliente TH trabajo se realiza en cada ciclo?1000 J W Máquina Trabajo = 1000 J - 800 J 800 J Dep. frío TC Trabajo = 200 J 400 K
  • 69. ResumenPrimera ley de la termodinámica: el calorneto que toma un sistema es igual a la sumadel cambio en energía interna y el trabajorealizado por el sistema. ∆Q = ∆U + ∆W ∆ = (final - inicial)• Proceso isocórico: ∆V = 0, ∆W = 0• Proceso isobárico: ∆P = 0• Proceso isotérmico: ∆T = 0, ∆U = 0• Proceso adiabático: ∆Q = 0
  • 70. Resumen (Cont.)Capacidad Unidades: Joules por mol por Qcalorífica c = n ∆Tmolar, C: grado KelvinLo siguiente es cierto para CUALQUIER proceso: ∆Q = ∆U + ∆W ∆U = nCv ∆T PV = nRT
  • 71. Resumen (Cont.) Dep. caliente TH Segunda ley de la termodinámica:Qhot Es imposible construir una Wout máquina que, al operar en un Máquina ciclo, no produzca efectos distintos a la extracción de calor de unQcold depósito y la realización de una Dep. frío TC cantidad equivalente de trabajo. No sólo no puede ganar (1a ley); ¡ni siquiera puede empatar (2a ley)!
  • 72. Resumen (Cont.) La eficiencia de una máquina térmica: QC TC e=1- Q e=1- H THEl coeficiente de rendimiento de un refrigerador: QC QC TC K= = K= Win QH − QC TH − TC
  • 73. CONCLUSIÓN: Capítulo 20 Termodinámica