Capítulo-Termodinámica PresentaciónPowerPoint de Paul E. Tippens,Profesor de Física Southern Polytechnic State University

TERMODINÁMICA es el estudio de energía que trabajo mecánico energía y y La termodinámica las relaciones de involucran calor, otros aspectos de transferencia de calor. Calefacción central

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.

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

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.

DOS FORMAS DE AUMENTARLALA ENERGÍAINTERNA,U. +U TRABAJOCALORQUEQUESE REALIZADOPONEPONEEN UN SOBRE UNSISTEMA GAS (Positivo)(Positivo)

T T R R A A BA BA J J O O R R EA EA L L Z Z AD AD O O P P O O R R E E L L G G AS AS E E N N E E XP XP AN AN S S Ó Ó N N W W e e s s p p o o si si vo vo DOS FORMAS DE REDUCIRLA ENERGÍAINTERNA,U. Q out Q esnegativo positivo W out - U Disminuy caliente e caliente TRABAJO REALIZADO POR EL GAS EN EXPANSI I ÓN: W es CALOR SALE DEL SISTEMA

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

PROCESO TERMODINÁMICO Aumentoenenergía interna,U. W out Entrada de calor Estado Estado final: inicial:inicial: P2 V2P2 V2 T2T2 n2n2 Trabajo por el gas P1 V1P1 V1 T1T1 n1n1 QinQin

El proceso inverso Disminucióndeenergía interna,U.U. WinWin Q out Trabajosobre el gas Estado final: Estado inicial:inicial: P2 V2P2 V2 T2T2 n2n2 Pérdida de calor P 1 V 1 T 1 n1n1

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.

CONVENCIONES DE SIGNOS PARA LA out PRIMERA LEY inin ENTRADA de calor Q es poTsirtaivbaajopoTsirtaivbaajo POR un gas es positivo Trabajo SOBREun gas es negativo SALIDA de calor es negativa Q =U +U +Wfinal- inicial) +W +Q U -W in U -Q out

APLICACIÓN DE LA PRIMERA LEY DE LA TERMODINÁMICA W out =120J absorbe 400 J de calor y al QinQin interna del sistema? Ejemplo 1: En la figura, el gas mismo tiempo realiza 120 J de trabajo sobre el pistón. ¿Cuál es el cambio en energía Aplique primera ley: 400 J Q = U + W

Ejemplo1(Cont.): Apliquelaprimeraleyley ENTRA) Q=U +U +W J U =Q -W U= +280 J =(+400 J) -(+120J) =+280 J Q es positivo: +400 J (calor W out =120 J W es positivo: +120 J (trabajo SALE) Q in U = Q - W

Ejemplo1(Cont.): Aplique la primerale WoutWout =120J pararealizar120120Jde energía interna es: U = +280 J La energía se conserva: Los 400 J de energía térmica de entrada se usan Q in trabajo externo, aumenta la 400 J energía interna del sistema en 280 J El aumento en

P P oceso oceso isocó isocó rico: rico: V V = = 0, 0, W W = = 0 0 P P oceso oceso isob isob árico: árico: P P = =0 P P oceso oceso isot isot érm érm c c o: o: T T = = 0 0 U U = = 0 0 P P oceso oceso ad ad iabát iabát co: co: Q Q = =0 CUATRO PROCESOS TERMODINÁMICOS: Q =U +W Pr r oceso isocórico: V = 0, W = 0 Pr r oceso isobárico: P = 0 Pr r oceso isotérmi i c i o: T = 0,, U = 0 Pr r oceso adiabáti i c i c o: Q = 0

PROCESO ISOCÓRICO: VOLUMEN CONSTANTE,V =V =0,W =W = 0 0 Q =U +WdemodoqueQ=U QINQIN Q OUT NoNosese -U +U realiza trabajo ENTRADA DE CALOR = AUMENTOEN ENERGÍAINTERNA SALIDA DE CALOR = DISMINUCIÓN EN ENERGÍA INTERNA

EJEMPLOISOCÓRICO: No hay cambio envolumen: PB PP P BP B A = 2 TATA T TT P1P1 A B V1= V2V1= V2 400 J de entrada decalor 400J La entrada de aumentanla energía calor aumenta interna eny se 400 J P con V realiza trabajo cero. constante

PROCESO ISOBÁRICO: PRESIÓNCONSTANTE,P = 0 Q =U +WperoW = PV QINQIN Q OUT Salida Entrada -U +U de de trabajo trabajo ENTRADA DECALOR = W out +AUMENTOEN ENERGÍA INTERNA SALIDA DE CALOR = WoutWout + DISMINUCIÓNEN ENERGÍA INTERNAINTERNA

EJEMPLO ISOBÁRICO (Presión constante): B A VAVA VBVB P = TATA T B V1V1 V2V2 400 J 400J dedecalorrealizan 120J detrabajo y aumentan la energía VP 280 J. interna en

TRABAJO ISOBÁRICO AB P VAVA VBVB = TATA T B PA =PA =PBPB V1V1 V2V2 400 J Trabajo = área bajo lacurva PV Trabajo = PV

PROCESO ISOTÉRMICO: TEMPERATURA CONSTANTE,T =0,0,U = 0= 0 Q=U +WyQ =W QINQIN Q OUT Salida Entrada U = 0 U= 0 dede de trabajo trabajo ENTRADAENTRADANETA DE CALORNETA DE CALOR=SALIDA DE ENTRADA DE TRABA T A T R J R J O AB = AJ S J S O ALIDA NETA DE CALORCALOR

EJEMPLOISOTÉRMICO(Tconstante): A PAPA B PBPB V2V2 V1V1 U =U =T = 0T = 0 P A V A =PBVBPBVB -- Nohaycambio en U.U.

EXPANSIÓN ISOTÉRMICA (T constante): A PAPA P VP V= P V= P V B A B PBPB TA = TBTA = TB VAVA VBVB T = 0T = 0 U = El gas absorbe 400 Jde Trabajo isotérmico energía mientras sobre élse realizan 400 J de trabajo. V B WnRT lnnRT ln T =T =U = 0 V A

PROCESO ADIABÁTICO: NOHAYHAYINTERCAMBIODEDECALOR,Q=0 U trabajo + U Q = U + W ; W = - U or U = - W W = - U U = - W Sale trabajo Entra Q = 0 Trabajo realizado A COSTA de energía interna. ENTRADA de trabajo AUMENTA energía interna.

EJEMPLOADIABÁTICO: A PAPA B PBPB V1V1 V2V2 realizatrabajoconcero Paredes aisladas: Q = 0 El gas en expansión pérdida de calor. Trabajo = - U

EXPANSIÓNADIABÁTICA: A PAPA P VP VP VP V A VAA VA B B = PBPB TT T BT B A Q = 0 VAVA VBVB Se realizan 400 J de TRABAJO, lo que PAVAPAVA PBVBPBVB DISMINUYE la energía interna en 400 J: el intercambio neto de calores CERO. Q = 0

Compruebe con su instruc o s se equiere este tratamien o más amplio de los procesos termodinámicos. CAPACIDAD CALORÍFICA MOLAR TRATAMIENTO OPCIONAL capacidad calorífica molar C LaLase define como al calor por unidad de mol por grado Celsius. Compruebe con su instruct t or si i se requiere este tratamiento más amplio de los procesos termodinámicos.

CAPACIDAD CALORÍFICA ESPECÍFICA ¿Recuerda la definición de capacidad calorífica específica como el calor por unidad de masa que se requiere para cambiarlatemperatura ? Q c mt Por ejemplo, cobre:c=390 J/kg K

CAPACIDAD CALORÍFICA ESPECÍFICA MOLAR El “mol” es una mejor referencia para gases que el “kilogramo.”Por tanto, la capacidad calorífica específica molar se definecomo: Q C =C = nT Por ejemplo, un volumenconstante de 21.1 J oxígeno requierepara elevar la un mol grado kelvin. temperatura deen un

CAPACIDADS CALORÍFICA ESPECÍFICA A VOLUMEN CONSTANTE ¿Cuántocalor se requierepara elevar latemperatura de2moles de O 2 de0 o C a 100 o C? Q =Q = nCvnCv T Q =Q = (2 mol)(21.1 J/molK)(373 K- 273K)K) Q = J

CAPACIDAD CALORÍFICA ESPECÍFICA A VOLUMEN CONSTANTE(Cont.) Puesto que el volumen no no se realiza trabajo. cambia, 4220 J Todos losvan a U aumentarlaenergía interna, Q =Q = U=nCvnCv T = 4220 J se determina Por tanto, mediante elcambio de U = nC v T temperatura y el calor específico avolumen constante

CAPACIDAD CALORÍFICA ESPECÍFICA A PRESIÓN CONSTANTE Acaba de ver que se necesitaban 4220 J de calor a volumen constante.Suponga quetambién 1000J quiere realizardetrabajoa presión constante Igual C p > C v Q = 5220 J

CAPACIDAD CALORÍFICA(Cont. El calor para elevar la temperatura de un gas ideal, U, es el mismo para cualquier proceso. U = nC v T Para presiónconstante CpCp > CvCv Q =U+W C p nCpnCp T = nC v T + PV C v

RECUERDE, PARA CUALQUIER PROCESOQUE INVOLUCRA UN GAS IDEAL: PAVAPAVA PBVBPBVB PV =nRT = TATA T B Q =U +W U =nCvnCv T

Problema ejemplo: 2 L Una muestra dede gas oxígeno tiene 200 K1 temperatura y presión iniciales dey atm.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.

DIAGRAMA PV PARA PROBLEMA B 400 K800K PBPB ¿Cuántas moles dede O2O2 hayhay 200 K A presentes? 1 atm Considere el punto A:A: 2 L PV = nRT

PROCESOAB: ISOCÓRICO B 400 K 800K PBPB ¿Cuál es la presión enel punto B? 200 K A 1atm PAPA P B = 2 L P 1 atm P = 2 atm B B = 200 K400K or203 kPa

PROCESOAB:AB: Q =U+W Analice la primera B 400 K800K ley para el P B procesoproceso ISOCÓRICO AB. 200 K A W = 0 1 atm Q =U = nC v T 2 L U = (0.122 mol)(21.1 J/mol K)(400 K - 200K) Q = +514 JU = +514JW = 0

PROCESO BC: ISOBÁRICO B 400 K 800 K ¿Cuál es el volumen PBPB C enel puntoC(y(yD)?D)? 200K 1atm D VBVB V C = TBTB T 2 L2 L 4 L4 L C V 2 L V= V=4L C = CD 400 K800 K

ENCUENTREU PARA EL PROCES BC. B 400 K800K El proceso BC 2atm C eses ISOBÁRICO. 200 K 1atm P = 0P = 0 U = nCvU = nCv T 2 L4 L U = (0.122 mol)(21.1 J/molK)(800K - 400K) U = +1028J

ENCUENTREW PARAEL PROCES BC. El trabajo B 400 K 800K depende del 2atm C cambioenV.V. 200 K 1atm 2 L4 L W = (2atm)(4L - 2 L)= 4 atm L= 405J W = +405 J

ENCUENTREQ PARA EL PROCESOBC.BC. B 400 K800K Analice la primera 2atm C ley para BC. 200K 1atm Q =U +W Q = J +405J 2 L2 L4 L4 L Q = J Q = 1433 JU = 1028JW =+405 J

PROCESO CD: ISOCÓRICO B 400 K 800 K ¿Cuál es la temperatura PBPB C enel punto D? 200K A D 1atm PCPC P D = 2 L TCTC T D 2 atm1 atm T = 400 K = D TDTD

PROCESOPROCESOCD:CD: Q =U +W 800K Analice la primera 400 K C ley para el PBPB procesoproceso ISOCÓRICO CD. 200K 400K 1atm W = 0 D Q =U = nC v T 2 L Q = JU = JW = 0

ENCUENTREUPARA EL PROCES DADA El proceso DA 400 K800 K 2atm eses ISOBÁRICO.ISOBÁRICO. 200K400K A P = 0 1atm D U = nC v T 2 L4 L U = (0.122mol)(21.1 J/mol K)(400 K - 200K) U = -514J

ENCUENTREW PARAEL PROCESO DA El trabajo 400 K800 K depende del 2atm cambio en V. 200K A 400K 1atm P = 0 D Trabajo = PV 2 L4 L W = (1 atm)(2 L - 4 L)= -2 atmL= -203 J W = -203 J

ENCUENTREQ PARAEL PROCESO DA 400 K800K Analicela 2atm primeraleypara DA.DA. 200K400K A 1atm D Q=U+W Q =Q =-514 J - 203J 2 L4 L Q = -717 J U = -514JW= -203 J

RESUMEN DELPROBLEMA Para todos Q=U+W los procesos: ProcessProcessQUW ABAB514 J 0 BCBC1433 J1028 J1028 J405405J CDCD-1028 J-1028 J-1028 J0 DADA-717 J-514 J-514 J-203 J-203 J TotalsTotals202 J202 J0202 J202 J

TRABAJO NETO PARA CICLOS COMPLETOS ES ÁREA ENCERRADA +404 J BBC C -202 J 2atm2 Neg 1atm 1 2L4L 2L4 L B C 2 atm área =(1 atm)(2 L) 1 atm trabajo neto= 2 atm L = 202 J 2 L 4L

EJEMPLO ADIABÁTICO: Ejemplo 2:Un gas diatómico a 300 K y 1 atm se comprime adiabáticamente, lo que disminuye su volumen por 1/12. (V A = 12V B ). ¿Cuáles son lanuevapresióny temperatura?(= 1.4) B P V =P VP V P A B B A PP VP VP VP V AA B = TATA T Q =0 VBVB VAVA B

ADIABÁTICO (Cont.):ENCUENTRE PBPB B PAVA = PBVBPAVA = PBVB PBPB Resolver para P B : 300 K 1atm A VAVA PP Q=0 BA V VBVB 12 V B B PBPB = 32.4 atm o 3284kPa

ADIABÁTICO (Cont.): ENCUENTRE T B T B =? PAVAPAVA PBVBPBVB B 32.4 atm TT AB 300 K 1 atm A Resuelva Q= 0= 0 VBVB 12 V B para TBTB (1 atm)(12V B ) (32.4 atm)(1 VB)VB) = T (300 K) B TBTB = 810 K

ADIABÁTICO (Cont.): Si V A = 96 cm 3 y V A = 8 cm 3, ENCUENTRE W B 810 K Dado que 32.4 atm Q = 0, 300 K 1 atm A W = -W = -U 8cm3cm3 96cm3cm3 Q = 0 W = -W = -U=- nCVnCV T CV=CV= y21.1 j/molK PV Encuentren n =n = PV =PV =nRT del punto A RT

ADIABÁTICO (Cont.): Si V A = 96 cm 3 yV 3 A = 8cm 3, ENCUENTREW PV (101,300 Pa)(8 x10 -6 m 3 ) n =n = = RT (8.314 J/mol K)(300 K) y C V = 21.1 j/mol K n = mol B T = = 510 K 810K 32.4 atm W = -U = - nC V T 300 K 1 atm A W = J 8 cm 3 96 cm 3

MÁQUINAS TÉRMICAS Una máquina térmica es cualquier dispositivo que Dep. Caliente THTH pasa por un proceso QhotQhot W out cíclico: QhotQhot Absorbe calor Máquina QcoldQcold WoutWout Realiza trabajo Q col d Liberación de calor Dep. frío T C

LA SEGUNDA LEY DE LA TERMODINÁMICA Dep. caliente T H Es imposible construir una Q hot máquina que, al operar enunun W out ciclo, no produzca efectos distintos a la extracción de Máquina calor de un depósito y la QcoldQcold realización de una cantidad equivalente de trabajo. Dep. frío T C No sólo no puede ganar (1a ley); ¡ni siquiera puede empatar (2a ley)!

LALASEGUNDA LEY DELA TERMODINÁMICA Máquin Dep. caliente T H 400 J 100 J Máquin a 300 J Dep. frío T C Máquina posible. Dep. caliente T H 400 J a Dep. frío T C Máquina IMPOSIBLE.

EFICIENCIA DE UNAMÁQUINA La eficienciade una máquina térmica es larazón del trabajo neto realizadoW a la entrada decalorQ. H QH- QCQH- QC W e == Q Q H H QCQC e = 1 - QHQH Dep. caliente T H Q H W Máquina Q C Dep. frío T C

EJEMPLODE EFICIENCIA Una máquina absorbe 800Jy desecha 600 J cada ciclo. ¿Cuáleslaeficiencia? e = 25% Pregunta:¿Cuántos joulesde trabajose realizan? Dep. caliente T H 800 J W Máquin a 600 J Dep. frío T C

EFICIENCIA DE UNA MÁQUINA IDEAL(máquinadedeCarnot) TH- TCTH- TC C e= THTH C TCTC e = 1 - THTH Dep. caliente T H Q H W Máquin a Q Dep. frío T

Ejemplo 3: UnaUna máquina de vapor absorbe 600 J de calor500 K ay 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? T C e = 1 - T H 300 K e = K e = 40% e real = 0.5e i = 20% e = W W = eQ H = 0.20 (600 J) Trabajo = 120 J QHQH

REFRIGERADORES Un refrigerador es una máquina que opera a la H sobresobre inversa: realiza trabajo deldel gas que extrae calor inin depósito frío y deposita calor en el depósito caliente. WinWin + Q frío = Q caliente W IN = Q caliente - Q frío Dep. caliente T Q hot W Máquina Q cold Dep. frío T C

LA SEGUNDA LEY PARA REFRIGERADORES Es imposible construir un refrigerador que absorba calor de un depósito frío y deposite igual calor a un depósito caliente conW = 0. Si fuese posible, ¡se podría establecer movimiento perpetuo! Dep. caliente T H Q hot Máquin a Q cold Dep. frío T C

COEFICIENTE DE RENDIMIENTO (COP) COP (K) Elde una máquina térmica es la razón del CALOR Q c extraído al TRABAJO W.W. neto realizado QHQH QCQC K== QH- QCQH- QC W Para un THTH refrigerador K = TH- TCTH- TC IDEAL: Dep. caliente T H Q H W Máquina Q C Dep. frío T C

a EJEMPLODEDECOP 400 K 500 K K COP (K) = K Dep. caliente T H Q H W Máquin 800 J Dep. frío T C 400 K

EJEMPLO DE COP (Cont.) A continuación se encontrará Q H al suponer el mismo K para un refrigeradorreal (Carnot). K= 800 J Q H J Q H = 1000 J 500 K Dep. caliente T H Q H W Máquina 800 J Dep. frío T C 400 K

a EJEMPLODE COP (Cont.) Ahora, ¿puede decir cuánto trabajose realiza en cada ciclo? Trabajo= 1000 J J Trabajo = 200 J 500 K Dep. caliente T H 1000 J W Máquina 800 J Dep. frío T C 400 K

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 =Q =U +Wfinal-inicial) Proceso isocórico:V = 0,W = 0 Proceso isobárico:P = 0 Proceso isotérmico:T = 0,U = 0 Procesoadiabático:Q= 0

Resumen (Cont.) Unidades: Capacidad Q Joules por mol c =c = calorífica nT por grado Kelvin molar, C: Lo siguientees cierto paraCUALQUIER proceso: PAVAPAVA PBVBPBVB Q =U +W TATA TBTB U = nC v T PV= nRT= nRT

Resumen (Cont.) Segunda ley de la termodinámica: H Es imposible construir una WoutWout hot máquina que, al operar en un ciclo, no produzca efectos distintos a la extracción de calor de un depósito y la realización de una cantidad equivalente de trabajo. C No sólo nopuede ganar (1a ley); ¡ni siquiera puede empatar (2a ley)! Dep. caliente T Q Máquin a Q cold Dep. frío T

Resumen(Cont.) La eficiencia deunamáquinatérmica: TCTC QCQC e = 1 - Q THTH H El coeficiente de rendimiento de un refrigerador: TCTC QCQC QCQC K K THTH TCTC WinWin QHQH QCQC

CONCLUSIÓN: Capítulo 20 Termodinámica