∆U = +1028 J ∆W = +405 J ∆Q = ∆U + ∆W = +1028 J + +405 J = +1433 J ∆Q = +1433 J para el proceso BC. ENCUENTRE ∆U PARA EL PROCESO CD El proceso CD es ISOCÓRICO. ∆V = 0 ∆W = 0 ∆U = nCv ∆T ∆T = 800 K - 400 K = -400 K ∆U = (0.122 mol)(21.1 J/mol K)(-

1. CICLO 2013-I Módulo:I
Unidad:4 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. TERMODINÁMICA
La termodinámica es el estudio de
las relaciones de energía que
involucran calor, trabajo mecánico y
transferencia de calor.

5. SISTEMA TERMODINÁMICO

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
P1 V 1 T 1 n 1 Estado final:
Trabajo por el gas P 2 V 2 T 2 n2

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
+Wout
• ENTRADA de calor Q es positiva +Qin
• Trabajo POR un gas es positivo +∆U
• Trabajo SOBRE un gas es -Win
negativo −∆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 Wout =120 J
gas absorbe 400 J de calor y
al mismo tiempo realiza 120 J
de trabajo sobre el pistón.
¿Cuál es el cambio en Qin
energía interna del sistema? 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
Wout =120 J
Los 400 J de energía
térmica de entrada se usan Qin
para realizar 120 J de 400J
trabajo externo, aumenta la
energía interna del sistema
en 280 J
El aumento en energía ∆U = +280 J
interna es:

17. 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
realiza
+∆U -∆U
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
calor aumenta P aumentan la energía interna
con V constante en 400 J y se realiza trabajo
cero.

20. PROCESO ISOBÁRICO:
PRESIÓN CONSTANTE, ∆P = 0
∆Q = ∆U + ∆W pero ∆W = P ∆V
QIN QOUT
Salida Entrada
+∆U -∆U
de trabajo de
trabajo
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.

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 Trabajo isotérmico
J de 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:
A
PA
B
PB
V1 V2
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. 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
¿Cuántas moles
de O2 hay B 400 800
PB K K
presentes?
1 atm A 200
Considere el punto K
A: 2
PV = nRT
L
3
PV (101, 300Pa)(0.002m )
n= = = 0.122 mol
RT (8.314J/mol ⋅ K)(200K)

38. PROCESO AB: ISOCÓRICO
¿Cuál es la presión
en el punto B?
PA PB
=
TA TB
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
ISOCÓRICO AB.
∆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

40. PROCESO BC: ISOBÁRICO
¿Cuál es el
volumen en el
punto C (y D)?
VB VC
=
TB TC
2L VC VC = VD = 4 L
=
400 K 800 K

41. ENCUENTRE ∆U PARA EL PROCESO BC.
El proceso BC
es SOBÁRICO.
∆P = 0
∆U = nCv ∆T
∆U = (0,122 mol)(21,1 J/mol K)(800 K - 400 K)
∆U = +1028 J

42. ENCUENTRE ∆W PARA EL PROCESO BC
El trabajo depende del
cambio en V.
∆P = 0
Trabajo = P ∆V
∆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
ley para BC.
∆Q = ∆U + ∆W
∆Q = +1028 J + 405 J
∆Q = +1433 J
∆Q = 1433 J ∆U = 1028 J ∆W = +405 J

44. PROCESO CD: ISOCÓRICO
¿Cuál es la
temperatura en el
punto D?
PC PD
=
TC TD
2 atm 1 atm
= T D = 400 K
800 K TD

45. PROCESO CD: ∆Q = ∆U + ∆W
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

46. 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

47. ENCUENTRE ∆W PARA EL
PROCESO DA
El trabajo
depende del
cambio en V.
∆P = 0
Trabajo = P ∆V
∆W = (1 atm)(2 L - 4 L) = -2 atm L = -203 J
∆W = -203 J

48. ENCUENTRE ∆Q PARA EL PROCESO DA
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

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
B -202 J C
2 atm
Neg
1 atm
2 4
L L
área = (1 atm)(2 L)
trabajo neto = 2 atm L = 202 J

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)
∆Q = 0

52. ADIABÁTICO (Cont.): ENCUENTRE PB
∆Q = 0
1.4
12VB 
P =P  
B A
 VB  PB = 32.4 atm o
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 para TB
∆Q = 0 VB 12VB
(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
∆Q = 0
∆W = - ∆U = - nCV ∆T y CV= 21.1 j/mol K
PV
Encuentre n n=
PV = nRT
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. GRACIAS