Termodinamica

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

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.
CALOR QUE SE
PONE EN UN
SISTEMA
(Positivo)
+ U
TRABAJO
REALIZADO
SOBRE UN GAS
(Positivo)

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

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.
Estado inicial:
P1 V1 T1 n1
Estado final:
P2 V2 T2 n2
Entrada de calor
Qin
Wout
Trabajo por el gas

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

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

13. 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?
Q = U + W
Aplique primera ley:
Qin
400 J
Wout = 120 J

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

15. Ejemplo 1 (Cont.): Aplique la primera ley

U = +280 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
Qin
400 J
Wout =120 J
El aumento en
energía interna es:
La energía se conserva:

16. CUATRO PROCESOS
TERMODINÁMICOS:
• Proceso isocórico: V = 0, W = 0
• Proceso isobárico: P = 0
• Proceso isotérmico: T = 0, U = 0
• Proceso adiabático: Q = 0
• Proceso isocórico: V = 0, W = 0
• Proceso isobárico: P = 0
• Proceso isotérmico: T = 0, U = 0
• Proceso adiabático: Q = 0
Q = U + W

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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
si se requiere este
tratamiento más amplio de los
procesos termodinámicos.
Compruebe con su instructor
si se requiere este
tratamiento más amplio de los
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?
Por ejemplo, cobre: c = 390 J/kgK
Q
c
m t



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:
Por ejemplo, un volumen constante de
oxígeno requiere 21.1 J para elevar la
temperatura de un mol en un grado kelvin.
C =
Q
n ∆T

31. CAPACIDADS CALORÍFICA ESPECÍFIC
A VOLUMEN CONSTANTE
¿Cuánto calor se requiere para
elevar la temperatura de 2 moles
de O2 de 0oC a 100oC?
Q = (2 mol)(21.1 J/mol K)(373 K - 273 K)
Q = nCv ∆T
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
∆U = nCv ∆T
Por tanto, U se determina
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
Q = 4220 J + J
Q = 5220 J Cp > Cv
Igual

34. CAPACIDAD CALORÍFICA (Cont.)
Cp > Cv
Para presión constante
∆Q = ∆U + ∆W
nCp∆T = nCv∆T + P ∆V
U = nCvT
El calor para elevar la
temperatura de un gas
ideal, U, es el mismo para
cualquier proceso.
Cp
Cv


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

36. Problema ejemplo:
• AB: se calienta a V constante a 400 K.
Una muestra de 2 L de gas oxígeno tiene
temperatura y presión iniciales de 200 K y 1
atm. El gas experimenta cuatro procesos:
• 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
A
PB
2 L
1 atm
200 K
400 K 800 K
¿Cuántas moles de
O2 hay presentes?
Considere el punto A:
PV = nRT
3
(101,300Pa)(0.002m )
0.122 mol
(8.314J/mol K)(200K)
PV
n
RT
  


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

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)
B
A
PB
2 L
1 atm
200 K
400 K 800 K
∆Q = +514 J ∆W = 0
∆U = +514 J

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

41. ENCUENTRE U PARA EL PROCESO BC
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
B
C
2 L
1 atm
200 K
400 K 800 K
4 L
2 atm

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
B
C
2 L
1 atm
200 K
400 K 800 K
4 L
2 atm

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 ∆W = +405 J
B
C
2 L
1 atm
200 K
400 K 800 K
4 L
2 atm
∆U = 1028 J

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

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 W = 0
U = -1028 J
C
D
PB
2 L
1 atm
200 K
400 K
800 K
400 K

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

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
A
D
2 L
1 atm
200 K
400 K 800 K
4 L
2 atm
400 K

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 W = -203 J
U = -514 J
A
D
2 L
1 atm
200 K
400 K 800 K
4 L
2 atm
400 K

49. RESUMEN DEL PROBLEMA
∆Q = ∆U + ∆W
Para todos
los procesos:
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 C
2 L
1 atm
4 L
2 atm
+ 404 J
B C
2 L
1 atm
4 L
2 atm
Neg
-202 J
área = (1 atm)(2 L)
trabajo neto = 2 atm L = 202 J
2 L 4 L
B C
1 atm
2 atm

51. EJEMPLO ADIABÁTICO:
Q = 0
A
B
PB
VB VA
PA PAVA PBVB
TA T B
=
PAVA = PBVB
 
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)

52. ADIABÁTICO (Cont.): ENCUENTRE PB
Q = 0
PB = 32.4 atm
o 3284 kPa
1.4
12 B
B A
B
V
P P
V
 
  
 
1.4
(1 atm)(12)
B
P 
PAVA = PBVB
 
A
B
PB
VB 12VB
1 atm
300 K Resolver para PB:
A
B A
B
V
P P
V
γ
 
  
 

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

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
A
B
32.4 atm
1 atm
300 K
810 K
Dado que
Q = 0,
W = - U
8 cm3 96 cm3
Encuentre n
del punto A
PV = nRT
PV
RT
n =

55. ADIABÁTICO (Cont.): Si VA = 96 cm3 y VA
= 8 cm3, ENCUENTRE W
A
B
32.4 atm
1 atm
300 K
810 K
8 cm3 96 cm3
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
∆T = 810 - 300 = 510 K
∆W = - ∆U = - nCV ∆T
∆W = - 3.50 J

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

57. LA 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)!
Wout
Dep. frío TC
Máquina
Dep. caliente TH
Qhot
Qcold

58. 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
400 J

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

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

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

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

63. REFRIGERADORES
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
Dep. frío TC
Máquina
Dep. caliente TH
Qhot
Qcold
Win

64. 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.
Si fuese posible, ¡se podría
establecer movimiento
perpetuo!
Dep. frío TC
Máquina
Dep. caliente TH
Qhot
Qcold

65. 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.
K =
TH
TH- TC
Para un
refrigerador
IDEAL:
QC
W
K = =
QH
QH- QC

66. EJEMPLO DE COP
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. frío TC
Máquina
Dep. caliente TH
800 J
W
QH
500 K
400 K
K =
400 K
500 K - 400 K
TC
TH- TC
=
COP (K) = 4.0

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

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

69. Resumen
Q = U + W final - inicial)
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.
• Proceso isocórico: V = 0, W = 0
• Proceso isobárico: P = 0
• Proceso isotérmico: T = 0, U = 0
• Proceso adiabático: Q = 0

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

71. Resumen (Cont.)
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.
Dep. frío TC
Máquina
Dep. caliente TH
Qhot
Qcold
Wout
No sólo no puede ganar (1a ley); ¡ni
siquiera puede empatar (2a ley)!

72. Resumen (Cont.)
La eficiencia de una máquina térmica:
e = 1 -
QC
QH
e = 1 -
TC
TH
El coeficiente de rendimiento de un refrigerador:
C C
in H C
Q Q
K
W Q Q
 

C
H C
T
K
T T



73. CONCLUSIÓN: Capítulo 20
Termodinámica