Este documento presenta conceptos clave de termodinámica, incluyendo: 1) La definición de termodinámica como el estudio de las relaciones de energía que involucran calor, trabajo y transferencia de calor. 2) Los cuatro factores que determinan el estado termodinámico de un sistema: presión, temperatura, volumen y número de moles. 3) La primera ley de la termodinámica, que establece que el cambio en la energía interna de un sistema es igual al calor agregado menos el trabajo

1. CICLO 2012-III Módulo:I
Unidad:IV Semana:6
FISICA II
Lic. Fis. Carlos Levano Huamaccto

2. TERMODINÁMICA
Calefacción central

3. CONTENIDO
• DEFINICIÓN DE TERMODINAMICA
• SISTEMA TERMODINÁMICO
• ENERGÍA INTERNA DE UN SISTEMA
TERMODINAMICO
• ESTADO TERMODINÁMICO
• PROCESO TERMODINÁMICO
• PRIMERA LEY DE LA TERMODINÁMICA

4. DEFINICIÓN DE LA TERMODINÁMICA
La termodinámica es el estudio de las relaciones de
energía que involucran calor, trabajo mecánico y
transferencia de calor.

5. 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.)

6. 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.

7. DOS FORMAS DE AUMENTAR LA ENERGÍA
INTERNA, ∆U.
+∆U
TRABAJO REALIZADO
SOBRE UN GAS (Positivo) CALOR QUE SE PONE EN UN
SISTEMA (Positivo)

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

9. 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

10. PROCESO TERMODINÁMICO
Aumento en energía interna, ∆U.
Wout
Qin
Estado inicial:
Entrada de calor Estado final:
P1 V1 T1 n1
P 2 V 2 T 2 n2
Trabajo por el gas

11. El proceso inverso
Disminución de energía interna, ∆U.
Win
Qout
Estado inicial: Trabajo sobre el gas
Estado final:
P1 V1 T1 n1
Pérdida de calor P 2 V 2 T 2 n2

12. LA PRIMERA LEY DE LA TERMODINÁMICA:
∆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.

13. CONVENCIONES DE SIGNOS PARA
LA PRIMERA LEY +Wout
+Qin
• ENTRADA de calor Q es positiva
+∆U
• Trabajo POR un gas es positivo
• Trabajo SOBRE un gas es negativo -Win
−∆U
• SALIDA de calor es negativa
-Qout
∆Q = ∆U + ∆W ∆ = (final - inicial)

14. 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 Wout =120 J
120 J de trabajo sobre el pistón. ¿Cuál es
el cambio en energía interna del sistema?
Aplique primera ley: Qin
400 J
∆Q = ∆U + ∆W

15. Ejemplo 1 (Cont.): Aplique la
primera ley
∆Q es positivo: +400 J (calor
ENTRA)
∆W es positivo: +120 J (trabajo SALE)
∆Q = ∆U + ∆W
∆U = ∆Q - ∆W
∆U = ∆Q - ∆W
= (+400 J) - (+120 J)
= +280 J
∆U = +280 J

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

17. 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:
Proceso isotérmico: ∆T = 0, ∆U = 0
∆T = 0, ∆U = 0
•• Proceso adiabático:
Proceso adiabático: ∆Q = 0
∆Q = 0
∆Q = ∆U + ∆W

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

19. EJEMPLO ISOCÓRICO:
No hay cambio en
volumen:
400 J
La entrada de 400 J de entrada de calor aumentan la
energía interna en 400 J y se realiza
calor aumenta P trabajo cero.
con V constante

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

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

22. TRABAJO ISOBÁRICO
A B
P VA VB
=
TA TB
PA = P B
400 J V1 V2
Trabajo = área bajo la curva PV
Trabajo = P ∆V

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

24. EJEMPLO ISOTÉRMICO (T constante):
A
PA
B
PB
∆U = ∆T = 0 V2 V1
Lenta compresión a
PA VA = PB VB temperatura constante: --
No hay cambio en U.
U

25. EXPANSIÓN ISOTÉRMICA (T
constante):
A
PA P AV A = P BV B
B
PB
TA = TB
VA VB
El gas absorbe 400 J de energía
mientras sobre él se realizan 400 J de Trabajo isotérmico
trabajo. ∆T = ∆U = 0
VB
W = nRT ln
VA

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

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

28. EXPANSIÓN ADIABÁTICA:
∆Q = 0
Se realizan 400 J de TRABAJO,
γ γ
lo que DISMINUYE la energía PV = PV
A A B B
interna en 400 J: el intercambio
neto de calor es CERO. ∆Q = 0

29. CAPACIDAD CALORÍFICA MOLAR
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.

30. 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

31. 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.

32. 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

33. 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
∆U = nCv ∆T determina mediante el
cambio de temperatura y
el calor específico a
volumen constante.

34. 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
C p > Cv
∆Q = 5220 J

35. 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. RECUERDE, PARA CUALQUIER
PROCESO QUE INVOLUCRA UN GAS
IDEAL:
PA VA P BV B
PV = nRT =
TA TB
∆Q = ∆U + ∆W ∆U = nCv ∆T

37. 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.

38. DIAGRAMA PV PARA PROBLEMA
¿Cuántas moles B 400 K 800 K
de O2 hay PB
presentes? 200 K
1 atm A
Considere el punto
A:
2L
PV = nRT
PV (101, 300Pa)(0.002m 3 )
n= = = 0.122 mol
RT (8.314J/mol ⋅ K)(200K)

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

40. PROCESO AB: ∆Q = ∆U + ∆W
Analice la primera
ley para el proceso B 400 K 800 K
ISOCÓRICO AB.
PB
∆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

41. PROCESO BC: ISOBÁRICO
¿Cuál es el B 400 K 800 K
volumen en el PB C
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

42. ENCUENTRE ∆U PARA EL PROCESO BC.
El proceso BC B 400 K 800 K
es SOBÁRICO. 2 atm 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

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

44. ENCUENTRE ∆Q PARA EL
PROCESO BC.
Analice la primera B 400 K 800 K
ley para BC. 2 atm 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

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

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

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

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

49. ENCUENTRE ∆Q PARA EL PROCESO DA
Analice la primera 400 K 800 K
2 atm
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

50. 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

51. 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
2 4 2 4
L L L L
B C
2 atm área = (1 atm)(2 L)
1 atm trabajo neto = 2 atm L = 202 J
2L 4L

52. 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

53. 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 
P =P  
B A
 VB  PB = 32.4 atm o
3284 kPa
PB = (1 atm)(12) 1.4

54. ADIABÁTICO (Cont.): ENCUENTRE TB
B TB=? PAVA PBVB
=
32.4 atm
TA TB
300 K
1 atm A Resuelva para TB
∆Q = 0 VB 12VB
(1 atm)(12VB) (32.4 atm)(1 VB)
=
(300 K) TB
TB = 810 K

55. 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
del punto A PV = nRT n=
RT

56. 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

57. GRACIAS