Capítulo 20 - Termodinámica Presentación PowerPoint de Paul E. Tippens, Profesor de Física Southern Polytechnic State University © 2007

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

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 AUMENTAR LA ENERGÍA INTERNA, U. TRABAJO REALIZADO SOBRE UN GAS (Positivo) CALOR QUE SE PONE EN UN SISTEMA (Positivo)

DOS FORMAS DE REDUCIR LA ENERGÍA INTERNA, U. Wout caliente CALOR SALE DEL SISTEMA Q es negativo Qout caliente -U Disminuye TRABAJO REALIZADO POR EL GAS EN EXPANSIÓN: W es positivo

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 Aumento en energía interna, U. Wout Estado inicial: P1 V1 T1 n1 Estado final: P2 V2 T2 n2 Entrada de calor Qin Trabajo por el gas

El proceso inverso Disminución de energía interna, U. Qout Win Trabajo sobre el gas Pérdida de calor Qout Win Estado inicial: P1 V1 T1 n1 Estado final: P2 V2 T2 n2

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 PRIMERA LEY +Wout +Qin ENTRADA de calor Q es positiva U Trabajo POR un gas es positivo -Win U Trabajo SOBRE un gas es negativo -Qout SALIDA de calor es negativa Q = U + W final - inicial)

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

Ejemplo 1 (Cont.): Aplique la primera ley Qin 400 J Wout =120 J DQ es positivo: +400 J (calor ENTRA) DW es positivo: +120 J (trabajo SALE) Q = U + W U = Q - W U = Q - W = (+400 J) - (+120 J) = +280 J  U = +280 J

Ejemplo 1 (Cont.): Aplique la primera ley La energía se conserva: Qin 400 J Wout =120 J Los 400 J de energía térmica de entrada se usan para realizar 120 J de trabajo externo, aumenta la energía interna del sistema en 280 J El aumento en energía interna es:  U = +280 J

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

PROCESO ISOCÓRICO: VOLUMEN CONSTANTE, V = 0, W = 0 Q = U + W de modo que Q = U +U -U QIN QOUT No se realiza trabajo ENTRADA DE CALOR = AUMENTO EN ENERGÍA INTERNA SALIDA DE CALOR = DISMINUCIÓN EN ENERGÍA INTERNA

No hay cambio en volumen: EJEMPLO ISOCÓRICO: 400 J No hay cambio en volumen: B A P2 V1= V2 P1 PA P B TA T B = 400 J de entrada de calor aumentan la energía interna en 400 J y se realiza trabajo cero. La entrada de calor aumenta P con V constante

PROCESO ISOBÁRICO: PRESIÓN CONSTANTE, P = 0 Q = U + W pero W = P V QIN QOUT Salida de trabajo Entrada de trabajo +U -U ENTRADA DE CALOR = Wout + AUMENTO EN ENERGÍA INTERNA SALIDA DE CALOR = Wout + DISMINUCIÓN EN ENERGÍA INTERNA

EJEMPLO ISOBÁRICO (Presión constante): V1 V2 VA VB TA T B = 400 J de calor realizan 120 J de trabajo y aumentan la energía interna en 280 J. La entrada de calor aumenta V con P constante

Trabajo = área bajo la curva PV TRABAJO ISOBÁRICO B A P V1 V2 VA VB TA T B = 400 J PA = PB Trabajo = área bajo la curva PV Trabajo = P DV

PROCESO ISOTÉRMICO: TEMPERATURA CONSTANTE, T = 0, U = 0 Q = U + W y Q = W QIN QOUT Salida de trabajo Entrada de trabajo U = 0 U = 0 ENTRADA NETA DE CALOR = SALIDA DE TRABAJO ENTRADA DE TRABAJO = SALIDA NETA DE CALOR

EJEMPLO ISOTÉRMICO (T constante): B A PA V2 V1 PB U = T = 0 Lenta compresión a temperatura constante: -- No hay cambio en U. PAVA = PBVB

EXPANSIÓN ISOTÉRMICA (T constante): B A PA VA VB PB PAVA = PBVB TA = TB U = T = 0 El gas absorbe 400 J de energía mientras sobre él se realizan 400 J de trabajo. T = U = 0 Trabajo isotérmico

PROCESO ADIABÁTICO: NO HAY INTERCAMBIO DE CALOR, Q = 0 Q = U + W ; W = -U or U = -W Sale trabajo Entra trabajo U +U Q = 0 W = -U U = -W Trabajo realizado A COSTA de energía interna. ENTRADA de trabajo AUMENTA energía interna.

EJEMPLO ADIABÁTICO: Paredes aisladas: Q = 0 A PA B PB V1 V2 El gas en expansión realiza trabajo con cero pérdida de calor. Trabajo = -DU Paredes aisladas: Q = 0

EXPANSIÓN ADIABÁTICA: Q = 0 B A PA VA VB PB PAVA PBVB TA T B = Se realizan 400 J de TRABAJO, lo que DISMINUYE la energía interna en 400 J: el intercambio neto de calor es CERO. Q = 0

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 si 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 cambiar la temperatura? 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 define como: C = Q n T Por ejemplo, un volumen constante de oxígeno requiere 21.1 J para elevar la temperatura de un mol en un grado kelvin.

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

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 mediante el cambio de temperatura y el calor específico a volumen constante. U = nCv T

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 Igual Q = U + W Q = 4220 J + J Cp > Cv Q = 5220 J

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 Q = U + W nCpT = nCvT + P V Cp > Cv Cp Cv 

RECUERDE, PARA CUALQUIER PROCESO QUE INVOLUCRA UN GAS IDEAL: PAVA PBVB TA T B = PV = nRT Q = U + W U = nCv T

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.

DIAGRAMA PV PARA PROBLEMA PB 2 L 1 atm 200 K 400 K 800 K ¿Cuántas moles de O2 hay presentes? Considere el punto A: PV = nRT

PROCESO AB: ISOCÓRICO B PB ¿Cuál es la presión en el punto B? A PA P B 1 atm 200 K 400 K 800 K ¿Cuál es la presión en el punto B? PA P B TA T B = 1 atm P B 200 K 400 K = P B = 2 atm or 203 kPa

PROCESO AB: Q = U + W W = 0 Q = U = nCv T Analice la primera ley para el proceso ISOCÓRICO AB. B A PB 2 L 1 atm 200 K 400 K 800 K W = 0 Q = U = nCv T U = (0.122 mol)(21.1 J/mol K)(400 K - 200 K) Q = +514 J U = +514 J W = 0

PROCESO BC: ISOBÁRICO B C PB D 2 L 1 atm 200 K 400 K 800 K D 4 L ¿Cuál es el volumen en el punto C (y D)? VB V C TB T C = 2 L V C 400 K 800 K = V C = V D = 4 L

ENCUENTRE U PARA EL PROCESO BC. 1 atm 200 K 400 K 800 K 4 L 2 atm El proceso BC es ISOBÁRICO. P = 0 U = nCv T U = (0.122 mol)(21.1 J/mol K)(800 K - 400 K) U = +1028 J

ENCUENTRE W PARA EL PROCESO BC. El trabajo depende del cambio en V. B C 2 L 1 atm 200 K 400 K 800 K 4 L 2 atm P = 0 Trabajo = P V W = (2 atm)(4 L - 2 L) = 4 atm L = 405 J W = +405 J

ENCUENTRE Q PARA EL PROCESO BC. 1 atm 200 K 400 K 800 K 4 L 2 atm Analice la primera ley para BC. Q = U + W Q = +1028 J + 405 J Q = +1433 J Q = 1433 J U = 1028 J W = +405 J

PROCESO CD: ISOCÓRICO B PB A PC P D = TC T D 2 atm 1 atm T D = 400 K = 2 L 1 atm 200 K 400 K 800 K C D ¿Cuál es la temperatura en el punto D? PC P D TC T D = 2 atm 1 atm 800 K TD = T D = 400 K

PROCESO CD: Q = U + W W = 0 Q = U = nCv T PB 2 L 1 atm 200 K 400 K 800 K Analice la primera ley para el proceso ISOCÓRICO CD. W = 0 Q = U = nCv T U = (0.122 mol)(21.1 J/mol K)(400 K - 800 K) Q = -1028 J U = -1028 J W = 0

ENCUENTRE U PARA EL PROCESO DA El proceso DA es ISOBÁRICO. A D 2 L 1 atm 200 K 400 K 800 K 4 L 2 atm P = 0 U = nCv T U = (0.122 mol)(21.1 J/mol K)(400 K - 200 K) U = -514 J

ENCUENTRE W PARA EL PROCESO DA El trabajo depende del cambio en V. A D 2 L 1 atm 200 K 400 K 800 K 4 L 2 atm P = 0 Trabajo = P V W = (1 atm)(2 L - 4 L) = -2 atm L = -203 J W = -203 J

ENCUENTRE Q PARA EL PROCESO DA 1 atm 200 K 400 K 800 K 4 L 2 atm Analice la primera ley para DA. Q = U + W Q = -514 J - 203 J Q = -717 J Q = -717 J U = -514 J W = -203 J

Para todos los procesos: RESUMEN DEL PROBLEMA DQ = DU + DW Para todos los procesos:

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

EJEMPLO ADIABÁTICO: Q = 0 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? ( = 1.4) A B PB VB VA PA PAVA PBVB TA T B = PAVA = PBVB  Q = 0

ADIABÁTICO (Cont.): ENCUENTRE PB Q = 0 PAVA = PBVB  A B PB VB 12VB 1 atm 300 K Resolver para PB: PB = 32.4 atm o 3284 kPa

ADIABÁTICO (Cont.): ENCUENTRE TB Q = 0 A B 32.4 atm VB 12VB 1 atm 300 K Resuelva para TB TB=? (1 atm)(12VB) (32.4 atm)(1 VB) (300 K) T B = TB = 810 K

ADIABÁTICO (Cont.): Si VA= 96 cm3 y VA= 8 cm3, ENCUENTRE W Q = 0 A B 32.4 atm 1 atm 300 K 810 K Dado que Q = 0, W = - U 8 cm3 96 cm3 W = - U = - nCV T y CV= 21.1 j/mol K PV RT n = Encuentre n del punto A PV = nRT

ADIABÁTICO (Cont.): Si VA = 96 cm3 y VA = 8 cm3, ENCUENTRE W PV RT n = = (101,300 Pa)(8 x10-6 m3) (8.314 J/mol K)(300 K) n = 0.000325 mol y CV= 21.1 j/mol K A B 32.4 atm 1 atm 300 K 810 K 8 cm3 96 cm3 T = 810 - 300 = 510 K W = - U = - nCV T W = - 3.50 J

MÁQUINAS TÉRMICAS Qhot Wout Qcold Una máquina térmica es cualquier dispositivo que pasa por un proceso cíclico: Dep. frío TC Máquina Dep. Caliente TH Qhot Wout Qcold Absorbe calor Qhot Realiza trabajo Wout Liberación de calor Qcold

LA SEGUNDA LEY DE LA TERMODINÁMICA Wout Dep. frío TC Máquina Dep. caliente TH Qhot Qcold Es imposible construir una 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. No sólo no puede ganar (1a ley); ¡ni siquiera puede empatar (2a ley)!

LA SEGUNDA LEY DE LA TERMODINÁMICA Dep. frío TC Máquina Dep. caliente TH 400 J 300 J 100 J Máquina posible. Máquina IMPOSIBLE. Dep. frío TC Máquina Dep. caliente TH 400 J

EFICIENCIA DE UNA MÁQUINA La eficiencia de una máquina térmica es la razón del trabajo neto realizado W a la entrada de calor QH. Dep. frío TC Máquina Dep. caliente TH QH W QC e = = W QH QH- QC e = 1 - QC QH

EJEMPLO DE EFICIENCIA 800 J W 600 J Una máquina absorbe 800 J y desecha 600 J cada ciclo. ¿Cuál es la eficiencia? Dep. frío TC Máquina Dep. caliente TH 800 J W 600 J e = 1 - QC QH e = 1 - 600 J 800 J e = 25% Pregunta: ¿Cuántos joules de trabajo se realizan?

EFICIENCIA DE UNA MÁQUINA IDEAL (máquina de Carnot) Dep. frío TC Máquina Dep. caliente TH QH W QC Para una máquina perfecta, las cantidades Q de calor ganado y perdido son proporcionales a las temperaturas absolutas T. e = TH- TC TH e = 1 - TC TH

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? e real = 0.5ei = 20% e = 1 - TC TH e = W QH e = 1 - 300 K 500 K W = eQH = 0.20 (600 J) e = 40% Trabajo = 120 J

REFRIGERADORES Qhot Win Win + Qfrío = Qcaliente Qcold Dep. frío TC Máquina Dep. caliente TH Qhot Qcold Win Un refrigerador es una máquina que opera a la inversa: realiza trabajo sobre gas que extrae calor del depósito frío y deposita calor en el depósito caliente. Win + Qfrío = Qcaliente WIN = Qcaliente - Qfrío

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 con W = 0. Dep. frío TC Máquina Dep. caliente TH Qhot Qcold Si fuese posible, ¡se podría establecer movimiento perpetuo!

COEFICIENTE DE RENDIMIENTO (COP) Dep. frío TC Máquina Dep. caliente TH QH W QC El COP (K) de una máquina térmica es la razón del CALOR Qc extraído al TRABAJO neto realizado W. QC W K = = QH QH- QC Para un refrigerador IDEAL: K = TH TH- TC

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. ¿Cuáles son COP, W y QH ? Dep. caliente TH QH W Máquina K = 400 K 500 K - 400 K TC TH- TC = 800 J Dep. frío TC 400 K COP (K) = 4.0

EJEMPLO DE COP (Cont.) QH W 800 J A continuación se encontrará QH al suponer el mismo K para un refrigerador real (Carnot). 500 K Dep. caliente TH QH W K = QC QH- QC Máquina 800 J 800 J QH - 800 J = 4.0 Dep. frío TC 400 K QH = 1000 J

EJEMPLO DE COP (Cont.) 1000 J W 800 J 500 K 400 K Dep. frío TC Máquina Dep. caliente TH 800 J W 1000 J 500 K 400 K Ahora, ¿puede decir cuánto trabajo se realiza en cada ciclo? Trabajo = 1000 J - 800 J Trabajo = 200 J

Q = U + W final - inicial) 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

Lo siguiente es cierto para CUALQUIER proceso: Resumen (Cont.) Capacidad calorífica molar, C: Unidades: Joules por mol por grado Kelvin c = Q n T Lo siguiente es cierto para CUALQUIER proceso: Q = U + W U = nCv T PV = nRT

No sólo no puede ganar (1a ley); ¡ni siquiera puede empatar (2a ley)! Resumen (Cont.) Dep. frío TC Máquina Dep. caliente TH Qhot Qcold Wout Segunda ley de la termodinámica: Es imposible construir una 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. No sólo no puede ganar (1a ley); ¡ni siquiera puede empatar (2a ley)!

Resumen (Cont.) La eficiencia de una máquina térmica: e = 1 - QC QH TC TH El coeficiente de rendimiento de un refrigerador:

CONCLUSIÓN: Capítulo 20 Termodinámica