2. TERMODINÁMICA
La termodinámica
es el estudio de
las relaciones de
energía que
involucran calor,
trabajo mecánico y
otros aspectos de
energía y
transferencia de
calor.
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 UN
SOBRE UN SISTEMA
GAS (Positivo) (Positivo)
7. DOS FORMAS DE REDUCIR LA
ENERGÍA INTERNA, ∆U.
Wout
Qout
-∆U
Disminuy
caliente e caliente
TRABAJO CALOR SALE DEL
REALIZADO POR EL
GAS EN SISTEMA
EXPANSIÓN: ∆W es ∆Q es negativo
positivo
8. ESTADO TERMODINÁMICO
El ESTADO de un sistema
termodinámico se determina
mediante 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 calor
Estado Estado final:
inicial:
Trabajo por el gas P 2 V 2 T 2 n2
P1 V1 T1 n1
10. El proceso inverso
Disminución de energía interna, ∆U.
Win
Qout
Trabajo sobre el gas
Estado Estado final:
inicial:
Pérdida de calor P 2 V 2 T 2 n2
P1 V1 T1 n1
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
+∆U
positiva
• 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
TERMODINÁMICA
Ejemplo 1: En la figura, el gas
absorbe 400 J de calor y al Wout =120 J
mismo tiempo realiza 120 J de
trabajo sobre el pistón. ¿Cuál
es el cambio en energía
interna del sistema? Qin
400 J
Aplique primera ley:
∆Q = ∆U + ∆W
15. Ejemplo 1 (Cont.): Aplique la primera ley
La energía se conserva: Wout =120 J
Los 400 J de energía
térmica de entrada se usan Qin
para realizar 120 J de
trabajo externo, aumenta la 400 J
energía interna del sistema
en 280 J
El aumento en
energía interna es: ∆U = +280 J
16. CUATRO PROCESOS
TERMODINÁMICOS:
•• Proceso isocórico:
Proceso isocórico: ∆V = 0, ∆W = 0
∆V = 0, ∆W = 0
•• Proceso isobárico:
Proceso isobárico: ∆P = 0
∆P = 0
•• Proceso isotérmico: ∆T = 0, ∆U = 0
Proceso isotérmico: ∆T = 0, ∆U = 0
•• Proceso adiabático:
Proceso adiabático: ∆Q = 0
∆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: P B PA PB
2 =
P1 A TA TB
V 1= V2
400 J
La entrada de 400 J de entrada de calor
calor aumenta aumentan la energía
P con V interna en 400 J y se
constante 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
trabajo
ENTRADA DE CALOR = Wout + AUMENTO EN ENERGÍA
INTERNA
SALIDA DE CALOR = Wout + DISMINUCIÓN EN ENERGÍA
INTERNA
20. EJEMPLO ISOBÁRICO (Presión
(
constante):
A B
P VA VB
=
TA TB
400 J V1 V2
La entrada de 400 J de calor realizan
calor aumenta 120 J de trabajo y
V con P aumentan la energía
constante interna en 280 J.
J
21. TRABAJO ISOBÁRICO
A B
P VA VB
=
TA TB
PA = PB
400 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:
P AV A = P BV B
-- No hay cambio en
U.
24. EXPANSIÓN ISOTÉRMICA (T
constante):
A
PA P AV A = P BV B
B
PB
TA = TB
VA VB
∆U = ∆T = 0
El gas absorbe 400 J de
Trabajo isotérmico
energía mientras sobre él se
realizan 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 = 0
Trabajo 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 cero
aisladas: ∆Q = 0 pérdida de calor.
Trabajo = -∆U
27. EXPANSIÓN ADIABÁTICA:
A
PA PA VA PB VB
B
=
PB TA TB
∆Q = 0 VA VB
Se realizan 400 J de
TRABAJO, lo que
γ γ
DISMINUYE la energía PV = PV
A A B B
interna en 400 J: el
intercambio neto de calor es
CERO. ∆Q = 0
28. CAPACIDAD CALORÍFICA
MOLAR
TRATAMIENTO OPCIONAL
La capacidad calorífica molar C se define
como al calor por unidad de mol por grado
Celsius.
Compruebe con su instructor
Compruebe con su instructor
si se requiere este
si se requiere este
tratamiento más amplio de los
tratamiento más amplio de los
procesos termodinámicos.
procesos termodinámicos.
29. CAPACIDAD CALORÍFICA
ESPECÍFICA
¿Recuerda la definición de capacidad
calorífica específica como el calor por
unidad de masa que se requiere para
cambiar la temperatura?
Q
c=
m ∆t
Por ejemplo, cobre: c = 390 J/kg⋅K
30. CAPACIDAD CALORÍFICA
ESPECÍFICA MOLAR
El “mol” es una mejor referencia para gases
que el “kilogramo.” Por tanto, la capacidad
calorífica específica molar se define como:
Q
C=
n ∆T
Por ejemplo, un volumen constante de
oxígeno requiere 21.1 J para elevar la
temperatura de un mol en un grado kelvin.
31. CAPACIDADS CALORÍFICA
ESPECÍFICA A VOLUMEN
CONSTANTE
¿Cuánto calor se requiere para
elevar la temperatura de 2 moles
de 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 A VOLUMEN
CONSTANTE (Cont.)
Puesto que el volumen no
cambia, no se realiza trabajo.
Todos los 4220 J van a
aumentar la 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 A PRESIÓN
CONSTANTE
Acaba de ver que se necesitaban
4220 J de calor a volumen
constante. Suponga que también
quiere realizar 1000 J de trabajo a
presión constante
∆Q = ∆U + ∆W Igual
∆Q = 4220 J + 1000 J
∆Q = 5220 J C p > Cv
34. CAPACIDAD CALORÍFICA (Cont.)
El calor para elevar la
temperatura de un gas
ideal, ∆U, es el mismo para
cualquier proceso.
∆U = nCv∆T
Para presión constante
C p > Cv
∆Q = ∆U + ∆W Cp
nCp∆T = nCv∆T + P ∆V γ=
Cv
36. Problema ejemplo:
Una muestra de 2 L de gas oxígeno tiene
temperatura y presión iniciales de 200 K y 1
atm. 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 PB
de O2 hay
presentes? 1 atm A 200 K
Considere el punto
A: 2L
PV = nRT
PV (101, 300Pa)(0.002m 3 )
n= = = 0.122 mol
RT (8.314J/mol ⋅ K)(200K)
38. PROCESO AB: ISOCÓRICO
B 400 K 800 K
¿Cuál es la presión PB
en 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
B 400 K 800 K
PB
proceso
ISOCÓRICO AB. A 200 K
∆W = 0 1 atm
∆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 C
en 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 PROCES
BC.
El proceso BC B 400 K 800 K
2 atm
es C
ISOBÁRICO. 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 PROCES
BC.
El trabajo
depende del B 400 K 800 K
2 atm
cambio en V. C
200 K
∆P = 0 1 atm
Trabajo = 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 BC.
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 C
en el punto D?
1 atm A 200 K 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 PB C
proceso
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
DA
El proceso DA 400 K 800 K
es 2 atm
ISOBÁRICO. 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 DA
El trabajo
400 K 800 K
depende del 2 atm
cambio en V.
1 atm A 200 K 400 K
∆P = 0 D
Trabajo = 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 DA
Analice la 400 K 800 K
2 atm
primera ley 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 todos
los procesos:
∆Q = ∆U + ∆W
Process ∆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 J
Totals 202 J 0 202 J
50. TRABAJO NETO PARA CICLOS
COMPLETOS ES ÁREA
ENCERRADA
+404 J
B C B -202 J C
2 atm 2 atm
Neg
1 atm 1 atm
2L 4L 2L 4L
B C
2 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 atm
se comprime adiabáticamente, lo que disminuye
su volumen por 1/12. (VA = 12VB). ¿Cuáles son
la nueva presión y temperatura? (γ = 1.4)
B γ γ
PB P A V A = P BV B
A
PA PA VA P BV B
=
∆Q = 0 VB VA TA TB
52. ADIABÁTICO (Cont.): ENCUENTRE PB
γ γ
B P A V A = P BV B
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 o
VB
3284 kPa
PB = (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 K
Encuentre 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 que
Qhot pasa por un proceso
Wout cíclico:
Máquina • Absorbe calor Qhot
Qcold • Realiza trabajo Wout
Dep. frío TC • Liberación de calor Qcold
57. LA SEGUNDA LEY DE LA
TERMODINÁMICA
Dep. caliente TH
Es imposible construir una
Qhot máquina que, al operar en un
Wout ciclo, no produzca efectos
Máquina distintos a la extracción de
calor de un depósito y la
Qcold 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 TH
400 J 100 J 400 J
400 J
Máquin Máquin
a a
300 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 trabajo
Dep. caliente TH
neto realizado W a la entrada
QH 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.
800 J W ¿Cuál es la eficiencia?
Máquin
QC
a e=1-
600 J QH
Dep. frío TC 600 J
e=1- e = 25%
800 J
Pregunta: ¿Cuántos joules de trabajo se
realizan?
61. EFICIENCIA DE UNA MÁQUINA
IDEAL (máquina de Carnot)
Para una máquina perfecta,
Dep. caliente TH las cantidades Q de calor
QH ganado y perdido son
W proporcionales a las
Máquin
a
temperaturas absolutas T.
TH- TC
QC
e=
Dep. frío TC TH
TC
e=1-
TH
62. Ejemplo 3: Una máquina de vapor absorbe
600 J de calor a 500 K y la temperatura de
escape es 300 K. Si la eficiencia real sólo
es la mitad de la eficiencia ideal, ¿cuánto
trabajo se realiza durante cada ciclo?
TC e real = 0.5ei = 20%
e=1-
TH W
e=
300 K QH
e=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 calor
Qhot de un depósito frío y deposite
Máquin igual calor a un depósito
a 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 del
QH 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: T H - TC
66. EJEMPLO DE COP
500 K Un refrigerador de Carnot opera
entre 500 K y 400 K. Extrae 800
J de un depósito frío cada ciclo.
Dep. caliente TH
QH W ¿Cuáles son COP, W y QH ?
Máquina TC 400 K
800 J K= =
TH- TC 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- QC
800 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. Resumen
Primera ley de la termodinámica: el calor
neto que toma un sistema es igual a la suma
del cambio en energía interna y el trabajo
realizado 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
Q
calorífica c = n ∆T
molar, C: por grado Kelvin
Lo siguiente es cierto para CUALQUIER
proceso:
PAVA PBVB
∆Q = ∆U + ∆W =
TA TB
∆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
Máquin ciclo, no produzca efectos distintos
a
a la extracción de calor de un
Qcold 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 TH
El coeficiente de rendimiento de un refrigerador:
QC QC TC
K= = K=
Win QH − QC TH − TC
