Leyes de la Termodinámica (Tippens, 7º Edición), Gentileza del Profesor Paul E. Tippens

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

2. TERMODINÁMICATERMODINÁMICA
La termodinámicaLa termodinámica
es el estudio dees el estudio de
las relaciones delas relaciones de
energía queenergía que
involucran calor,involucran calor,
trabajo mecánico ytrabajo mecánico y
otros aspectos deotros aspectos de
energía yenergía y
transferencia detransferencia de
calorcalor..
Calefacción central

3. Objetivos: Después de terminarObjetivos: Después de terminar
esta unida, deberá:esta unida, deberá:
• Establecer y aplicar laEstablecer y aplicar la primera yy
segunda leyes de lade la
termodinámica.
• Demostrar su comprensión de losDemostrar su comprensión de los
procesosprocesos adiabático, isocórico,
isotérmico e isobárico..
• Escribir y aplicar una relación para determinar laEscribir y aplicar una relación para determinar la
eficiencia ideal de una máquina térmica.de una máquina térmica.
• Escribir y aplicar una relación para determinar elEscribir y aplicar una relación para determinar el
coeficiente de rendimiento para un refrigerador.para un refrigerador.

4. UN SISTEMA TERMODINÁMICOUN SISTEMA TERMODINÁMICO
• Un sistema es un entorno cerrado en elUn sistema es un entorno cerrado en el
que puede tener lugar transferencia deque puede tener lugar transferencia de
calor. (Por ejemplo, el gas, las paredes ycalor. (Por ejemplo, el gas, las paredes y
el cilindro de un motor de automóvil.)el cilindro de un motor de automóvil.)
Trabajo realizadoTrabajo realizado
sobre el gas osobre el gas o
trabajo realizadotrabajo realizado
por el gaspor el gas

5. ENERGÍA INTERNA DELENERGÍA INTERNA DEL
SISTEMASISTEMA
• La energía internaLa energía interna UU de un sistema es el totalde un sistema es el total
de todos los tipos de energía que poseen lasde todos los tipos de energía que poseen las
partículas que conforman el sistema.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 DEDOS FORMAS DE AUMENTARAUMENTAR LALA
ENERGÍA INTERNA,ENERGÍA INTERNA, ∆∆U.U.
CALOR QUE SECALOR QUE SE
PONEPONE ENEN UNUN
SISTEMASISTEMA
(Positivo)(Positivo)
++∆∆UU
TRABAJOTRABAJO
REALIZADOREALIZADO
SOBRESOBRE UNUN
GASGAS

7. TRABAJOTRABAJO
REALIZADOREALIZADO PORPOR ELEL
GAS ENGAS EN
EXPANSIÓN:EXPANSIÓN: ∆∆W esW es
positivopositivo
TRABAJOTRABAJO
REALIZADOREALIZADO PORPOR ELEL
GAS ENGAS EN
EXPANSIÓN:EXPANSIÓN: ∆∆W esW es
positivopositivo
--∆∆UU
DisminuyDisminuy
ee
DOS FORMAS DEDOS FORMAS DE REDUCIRREDUCIR LALA
ENERGÍA INTERNA,ENERGÍA INTERNA, ∆∆U.U.
CALORCALOR SALESALE DELDEL
SISTEMASISTEMA
∆∆Q esQ es negativonegativo
QQoutout
caliente
WWoutout
caliente

8. ESTADO TERMODINÁMICOESTADO TERMODINÁMICO
El ESTADO de un sistemaEl ESTADO de un sistema
termodinámico se determinatermodinámico se determina
mediante cuatro factores:mediante cuatro factores:
• Presión absolutaPresión absoluta PP en pascalesen pascales
• TemperaturaTemperatura TT en Kelvinsen Kelvins
• VolumenVolumen VV en metros cúbicosen metros cúbicos
• Número de moles,Número de moles, nn, del gas que realiza, del gas que realiza
trabajotrabajo

9. PROCESO TERMODINÁMICOPROCESO TERMODINÁMICO
Aumento en energía interna, ∆U.
Estado
inicial:
P1 V1 T1 n1
Estado final:
P2 V2 T2 n2
Entrada de calorEntrada de calor
QQinin
WWoutout
Trabajo por el gasTrabajo por el gas

10. El proceso inversoEl proceso inverso
Disminución de energía interna, ∆U.
Estado
inicial:
P1 V1 T1 n1
Estado final:
P2 V2 T2 n2
Trabajo sobre el gasTrabajo sobre el gas
Pérdida de calorPérdida de calor
QQoutout
WWinin

11. LA PRIMERA LEY DE LALA PRIMERA LEY DE LA
TERMODINÁMICA:TERMODINÁMICA:
• La entrada neta de calor en un sistema esLa entrada neta de calor en un sistema es
igual al cambio en energía interna deligual al cambio en energía interna del
sistema más el trabajo realizadosistema más el trabajo realizado PORPOR elel
sistema.sistema.
∆Q = ∆U + ∆W ∆ = (final - inicial)
• Por el contrario, el trabajo realizadoPor el contrario, el trabajo realizado
SOBRESOBRE un sistema es igual al cambio enun sistema es igual al cambio en
energía interna más la pérdida de calor enenergía interna más la pérdida de calor en
el proceso.el proceso.

12. CONVENCIONES DECONVENCIONES DE
SIGNOS PARA LASIGNOS PARA LA
PRIMERA LEYPRIMERA LEY
• ENTRADA de calor Q esENTRADA de calor Q es
positivapositiva
∆Q = ∆U + ∆W ∆ = (final - inicial)
• SALIDA de calor es negativaSALIDA de calor es negativa
• Trabajo POR un gas esTrabajo POR un gas es
positivopositivo
• Trabajo SOBRE un gas esTrabajo SOBRE un gas es
negativonegativo
+Q+Qinin
+W+Woutout
+∆U
-W-Winin
-Q-Qoutout
−∆U

13. APLICACIÓN DE LAAPLICACIÓN DE LA
PRIMERA LEY DE LAPRIMERA LEY DE LA
TERMODINÁMICATERMODINÁMICA
Ejemplo 1:Ejemplo 1: En la figura, el gasEn la figura, el gas
absorbeabsorbe 400 J400 J de calor y alde calor y al
mismo tiempo realizamismo tiempo realiza 120 J120 J dede
trabajo sobre el pistón. ¿Cuáltrabajo sobre el pistón. ¿Cuál
es el cambio en energíaes el cambio en energía
interna del sistema?interna del sistema?
∆Q = ∆U + ∆W
Aplique primera ley:
QQinin
400 J400 J
WWoutout =120 J=120 J

14. Ejemplo 1 (Cont.):Ejemplo 1 (Cont.): Aplique la primera leyAplique la primera ley
∆U = +280 J
QQinin
400 J400 J
WWoutout =120 J=120 J
∆∆UU == ∆∆Q -Q - ∆∆WW
= (+400 J) - (+120 J)= (+400 J) - (+120 J)
= +280 J= +280 J
∆W es positivo: +120 J (trabajo SALE)
∆∆Q =Q = ∆∆U +U + ∆∆WW
∆∆UU == ∆∆Q -Q - ∆∆WW
∆Q es positivo: +400 J (calor
ENTRA)

15. Ejemplo 1 (Cont.):Ejemplo 1 (Cont.): Aplique la primera leyAplique la primera ley
∆U = +280 J
LosLos 400 J400 J de energíade energía
térmica de entrada se usantérmica de entrada se usan
para realizarpara realizar 120 J120 J dede
trabajo externo,trabajo externo, aumentaaumenta lala
energía interna del sistemaenergía interna del sistema
enen 280 J280 J
QQinin
400 J400 J
WWoutout =120 J=120 J
El aumento en
energía interna es:
La energía se conserva:

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

17. ∆∆Q =Q = ∆∆U +U + ∆∆W de modo queW de modo que ∆∆Q =Q = ∆∆UU
PROCESO ISOCÓRICO:PROCESO ISOCÓRICO:
VOLUMEN CONSTANTE,VOLUMEN CONSTANTE, ∆∆V = 0,V = 0, ∆∆W =W =
0000
+∆U -∆U
QQININ QQOUTOUT
ENTRADA DE CALOR = AUMENTO EN ENERGÍA INTERNAENTRADA DE CALOR = AUMENTO EN ENERGÍA INTERNA
SALIDA DE CALOR = DISMINUCIÓN EN ENERGÍA INTERNASALIDA DE CALOR = DISMINUCIÓN EN ENERGÍA INTERNA
No seNo se
realizarealiza
trabajotrabajo

18. EJEMPLO ISOCÓRICO:EJEMPLO ISOCÓRICO:
La entrada deLa entrada de
calor aumentacalor aumenta
P con VP con V
constanteconstante
400 J400 J de entrada de calorde entrada de calor
aumentan la energíaaumentan la energía
interna eninterna en 400 J400 J y sey se
realiza trabajo cero.realiza trabajo cero.
BB
AA
PP
22
VV11= V= V22
PP1
PPAA PP BB
TTAA TT BB
=
400 J400 J
No hay cambioNo hay cambio
en volumen:en volumen:

19. ∆∆Q =Q = ∆∆U +U + ∆∆W peroW pero ∆∆W = PW = P ∆∆VV
PROCESO ISOBÁRICO:PROCESO ISOBÁRICO:
PRESIÓN CONSTANTE,PRESIÓN CONSTANTE, ∆∆P = 0P = 0
+∆U -∆U
QQININ QQOUTOUT
ENTRADA DE CALOR = WENTRADA DE CALOR = Woutout + AUMENTO EN ENERGÍA+ AUMENTO EN ENERGÍA
INTERNAINTERNA
SalidaSalida
de trabajode trabajo
EntradaEntrada
dede
trabajotrabajo
SALIDA DE CALOR = WSALIDA DE CALOR = Woutout + DISMINUCIÓN EN ENERGÍA+ DISMINUCIÓN EN ENERGÍA
INTERNAINTERNA

20. EJEMPLO ISOBÁRICO (EJEMPLO ISOBÁRICO (Presión
constante):
La entrada de
calor aumenta
V con P
constante
400 J400 J de calor realizande calor realizan
120 J120 J de trabajo yde trabajo y
aumentan la energíaaumentan la energía
interna eninterna en 280 J280 J.
400 J400 J
BA
P
V1 V2
VA VB
TA T B
=

21. TRABAJO ISOBÁRICOTRABAJO ISOBÁRICO
400 J400 J
Trabajo = área bajo la curva PV
BA
P
V1 V2
VA VB
TA T B
=
PPAA = P= PBB
Trabajo = P ∆V

22. PROCESO ISOTÉRMICO:PROCESO ISOTÉRMICO:
TEMPERATURA CONSTANTE,TEMPERATURA CONSTANTE, ∆∆T = 0,T = 0, ∆∆UU
= 0= 0
ENTRADA NETA DE CALOR = SALIDA DEENTRADA NETA DE CALOR = SALIDA DE
TRABAJOTRABAJO
∆∆Q =Q = ∆∆U +U + ∆∆W yW y ∆∆Q =Q = ∆∆WW
∆U = 0 ∆U = 0
QQOUTOUT
EntradaEntrada
dede
trabajotrabajo
SalidaSalida
de trabajode trabajo
QQININ
ENTRADA DE TRABAJO = SALIDA NETA DEENTRADA DE TRABAJO = SALIDA NETA DE
CALORCALOR

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

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

25. ∆∆Q =Q = ∆∆U +U + ∆∆W ;W ; ∆∆W = -W = -∆∆U orU or ∆∆U = -U = -∆∆WW
PROCESO ADIABÁTICO:PROCESO ADIABÁTICO:
NO HAY INTERCAMBIO DE CALOR,NO HAY INTERCAMBIO DE CALOR, ∆∆Q = 0Q = 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:EJEMPLO ADIABÁTICO:
Paredes
aisladas: ∆Q = 0
B
A
PPAA
VV11 VV22
PPBB
El gas en expansiónEl gas en expansión
realiza trabajo con cerorealiza trabajo con cero
pérdida de calor.pérdida de calor.
Trabajo = -Trabajo = -∆∆UU

27. EXPANSIÓN ADIABÁTICA: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 = 0Q = 0
∆Q = 0
B
A
PPAA
VVAA VVBB
PPBB
PPAAVVAA PPBBVVBB
TTAA TT BB
=
A A B BP V P Vγ γ
=

28. CAPACIDAD CALORÍFICACAPACIDAD CALORÍFICA
MOLARMOLARTRATAMIENTO OPCIONAL
LaLa capacidad calorífica molar Ccapacidad calorífica molar C se definese define
como al calor por unidad de mol por gradocomo al calor por unidad de mol por grado
Celsius.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 CALORÍFICACAPACIDAD CALORÍFICA
ESPECÍFICAESPECÍFICA
¿Recuerda la definición de capacidad¿Recuerda la definición de capacidad
calorífica específica como el calor porcalorífica específica como el calor por
unidad de masa que se requiere paraunidad de masa que se requiere para
cambiar la temperatura?cambiar la temperatura?
Por ejemplo, cobre: c = 390 J/kgPor ejemplo, cobre: c = 390 J/kg⋅⋅KK
Q
c
m t
=
∆

30. CAPACIDAD CALORÍFICACAPACIDAD CALORÍFICA
ESPECÍFICA MOLARESPECÍFICA MOLAR
El “mol” es una mejor referencia para gasesEl “mol” es una mejor referencia para gases
que el “kilogramo.” Por tanto, la capacidadque el “kilogramo.” Por tanto, la capacidad
calorífica específica molar se define como:calorífica específica molar se define como:
Por ejemplo, un volumen constante dePor ejemplo, un volumen constante de
oxígeno requiereoxígeno requiere 21.1 J21.1 J para elevar lapara elevar la
temperatura detemperatura de un molun mol en unen un grado kelvingrado kelvin..
C =C =
QQ
nn ∆∆TT

31. CAPACIDADS CALORÍFICACAPACIDADS CALORÍFICA
ESPECÍFICA A VOLUMENESPECÍFICA A VOLUMEN
CONSTANTECONSTANTE
¿Cuánto calor se requiere para¿Cuánto calor se requiere para
elevar la temperatura de 2 moleselevar la temperatura de 2 moles
de Ode O22 de 0de 0oo
C a 100C a 100oo
C?C?
QQ = (2 mol)(21.1 J/mol K)(373 K - 273 K)= (2 mol)(21.1 J/mol K)(373 K - 273 K)
Q = nCv ∆T
Q = +4220 J

32. CAPACIDAD CALORÍFICACAPACIDAD CALORÍFICA
ESPECÍFICA A VOLUMENESPECÍFICA A VOLUMEN
CONSTANTE (Cont.)CONSTANTE (Cont.)
Puesto que el volumen noPuesto que el volumen no
cambia,cambia, no se realiza trabajono se realiza trabajo..
Todos losTodos los 4220 J4220 J van avan a
aumentar la energía interna,aumentar la energía interna, ∆∆UU.
∆∆QQ == ∆∆U = nCU = nCvv ∆∆TT = 4220 J= 4220 J
∆U = nCv ∆T
Por tanto, ∆U se determina
mediante el cambio de
temperatura y el calor
específico a volumen constante.

33. CAPACIDAD CALORÍFICACAPACIDAD CALORÍFICA
ESPECÍFICA A PRESIÓNESPECÍFICA A PRESIÓN
CONSTANTECONSTANTE
Acaba de ver que se necesitabanAcaba de ver que se necesitaban
4220 J4220 J de calor ade calor a volumenvolumen
constanteconstante. Suponga que también. Suponga que también
quiere realizarquiere realizar 1000 J1000 J de trabajo ade trabajo a
presión constantepresión constante
∆Q = ∆U + ∆W
∆Q = 4220 J + 1000 J
∆∆Q =Q = 5220 J5220 J CCpp > C> Cvv
Igual

34. CAPACIDAD CALORÍFICA (Cont.)CAPACIDAD CALORÍFICA (Cont.)
CCpp > C> Cvv
Para presión constantePara presión constante
∆∆Q =Q = ∆∆U +U + ∆∆WW
nCnCpp∆∆T = nCT = nCvv∆∆T + PT + P ∆∆VV
∆U = nCv∆T
El calor para elevar laEl calor para elevar la
temperatura de un gastemperatura de un gas
ideal,ideal, ∆∆UU, es el mismo para, es el mismo para
cualquier proceso.cualquier proceso.
Cp
Cv
γ =γ =

35. RECUERDE, PARARECUERDE, PARA CUALQUIERCUALQUIER
PROCESO QUE INVOLUCRA UN GASPROCESO QUE INVOLUCRA UN GAS
IDEAL:IDEAL:
PV = nRTPV = nRT
∆∆U = nCU = nCvv ∆∆TT∆∆Q =Q = ∆∆U +U + ∆∆WW
PPAAVVAA PPBBVVBB
TTAA TT BB
==

36. Problema ejemplo:Problema ejemplo:
• AB: se calienta a V constante a 400 K.AB: se calienta a V constante a 400 K.
Una muestra deUna muestra de 2 L2 L de gas oxígeno tienede gas oxígeno tiene
temperatura y presión iniciales detemperatura y presión iniciales de 200 K200 K yy 11
atmatm. El gas experimenta cuatro procesos:. El gas experimenta cuatro procesos:
• BC: se calienta a P constante a 800 K.BC: se calienta a P constante a 800 K.
• CD: se enfría a V constante de vuelta a 1 atm.CD: se enfría a V constante de vuelta a 1 atm.
• DA: se enfría a P constante de vuelta a 200 K.DA: se enfría a P constante de vuelta a 200 K.

37. DIAGRAMA PV PARADIAGRAMA PV PARA
PROBLEMAPROBLEMA
BB
A
PPBB
2 L2 L
1 atm1 atm
200 K
400 K 800 K
¿Cuántas moles¿Cuántas moles
de Ode O22 hayhay
presentes?presentes?
Considere el puntoConsidere el punto
A:A:
PV = nRTPV = nRT
3
(101,300Pa)(0.002m )
0.122 mol
(8.314J/mol K)(200K)
PV
n
RT
= = =
⋅

38. PROCESO AB: ISOCÓRICOPROCESO AB: ISOCÓRICO
¿Cuál es la presión¿Cuál es la presión
en el punto B?en el punto B?
PPAA PP BB
TA T B
==
1 atm1 atm PP BB
200 K200 K 400 K400 K
==
P B = 2 atm
or 203 kPa
BB
AA
PPBB
2 L
1 atm1 atm
200 K
400 K 800 K

39. PROCESO AB:PROCESO AB: ∆∆Q =Q = ∆∆U +U + ∆∆WW
Analice la primera
ley para el
proceso
ISOCÓRICO AB.
∆∆W = 0W = 0
∆∆Q =Q = ∆∆U = nCU = nCvv ∆∆TT
∆∆U =U = (0.122 mol)(21.1 J/mol K)(400 K - 200 K)(0.122 mol)(21.1 J/mol K)(400 K - 200 K)
BB
AA
PPBB
2 L2 L
1 atm1 atm
200 K
400 K 800 K
∆Q = +514 J ∆W = 0∆U = +514 J

40. PROCESO BC: ISOBÁRICOPROCESO BC: ISOBÁRICO
¿Cuál es el volumen
en el punto C (y D)?
VVBB VV CC
TTBB TT CC
==
2 L2 L VV CC
400 K400 K 800 K800 K
==
BB
CCPPBB
2 L2 L
1 atm1 atm
200 K
400 K 800 K
DD
4 L4 L
V C = V D = 4 L

41. ENCUENTREENCUENTRE ∆∆U PARA EL PROCESU PARA EL PROCES
BC.BC.
El proceso BC
es
ISOBÁRICO.
∆∆P = 0P = 0
∆∆U = nCU = nCvv ∆∆TT
∆∆UU = (0.122 mol)(21.1 J/mol K)(800 K - 400 K)= (0.122 mol)(21.1 J/mol K)(800 K - 400 K)
∆U = +1028 J
BB
CC
2 L2 L
1 atm1 atm
200 K
400 K 800 K
4 L4 L
2 atm2 atm

42. ENCUENTREENCUENTRE ∆∆W PARA EL PROCESW PARA EL PROCES
BC.BC.
El trabajo
depende del
cambio en V.
∆P = 0
Trabajo = P ∆V
∆∆WW = (2 atm)(4 L - 2 L) = 4 atm L = 405 J= (2 atm)(4 L - 2 L) = 4 atm L = 405 J
∆W = +405 J
BB
CC
2 L
1 atm
200 K
400 K 800 K
4 L
2 atm

43. ENCUENTREENCUENTRE ∆∆Q PARA ELQ PARA EL
PROCESO BC.PROCESO BC.
Analice la primera
ley para BC.
∆∆Q =Q = ∆∆U +U + ∆∆WW
∆∆Q =Q = +1028 J + 405 J+1028 J + 405 J
∆∆Q =Q = +1433 J+1433 J
∆Q = 1433 J ∆W = +405 J
BB
CC
2 L2 L
1 atm1 atm
200 K
400 K 800 K
4 L4 L
2 atm2 atm
∆U = 1028 J

44. PROCESO CD: ISOCÓRICOPROCESO CD: ISOCÓRICO
¿Cuál es la temperatura
en el punto D?
PPCC PP DD
TTCC TT DD
==
2 atm2 atm 1 atm1 atm
800 K TTDD
== T D = 400 K
B
A
PB
2 L
1 atm
200 K
400 K 800 K
C
D

45. PROCESO CD:PROCESO CD: ∆∆Q =Q = ∆∆U +U + ∆∆WW
Analice la primera
ley para el
proceso
ISOCÓRICO CD.
∆∆W = 0W = 0
∆∆Q =Q = ∆∆U = nCU = nCvv ∆∆TT
∆U = (0.122 mol)(21.1 J/mol K)(400 K - 800 K)
∆Q = -1028 J ∆W = 0∆U = -1028 J
CC
DD
PB
2 L2 L
1 atm
200 K
400 K
800 K
400 K

46. ENCUENTREENCUENTRE ∆∆U PARA EL PROCESOU PARA EL PROCESO
DADA
El proceso DA
es
ISOBÁRICO.
∆∆P = 0P = 0
∆∆U = nCU = nCvv ∆∆TT
∆∆U =U = (0.122 mol)(21.1 J/mol K)(400 K - 200 K)(0.122 mol)(21.1 J/mol K)(400 K - 200 K)
∆U = -514 J
AA
DD
2 L2 L
1 atm1 atm
200 K
400 K 800 K
4 L
2 atm2 atm
400 K

47. ENCUENTREENCUENTRE ∆∆W PARA ELW PARA EL
PROCESO DAPROCESO DA
El trabajoEl trabajo
depende deldepende del
cambio encambio en VV.
∆∆P = 0P = 0
Trabajo = PTrabajo = P ∆∆VV
∆∆WW = (1 atm)(2 L - 4 L) = -2 atm L = -203 J= (1 atm)(2 L - 4 L) = -2 atm L = -203 J
∆W = -203 J
A
D
2 L2 L
1 atm1 atm
200 K
400 K 800 K
4 L4 L
2 atm2 atm
400 K

48. ENCUENTREENCUENTRE ∆∆Q PARA ELQ PARA EL
PROCESO DAPROCESO DA
Analice la
primera ley para
DA.
∆∆Q =Q = ∆∆U +U + ∆∆WW
∆∆QQ = -514 J - 203 J= -514 J - 203 J
∆∆Q =Q = -717 J-717 J
∆Q = -717 J ∆W = -203 J∆U = -514 J
AA
DD
2 L2 L
1 atm1 atm
200 K
400 K 800 K
4 L4 L
2 atm2 atm
400 K

49. RESUMEN DEL PROBLEMARESUMEN DEL PROBLEMA
∆∆Q =Q = ∆∆U +U + ∆∆WW
Para todosPara todos
los procesos: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 CICLOSTRABAJO NETO PARA CICLOS
COMPLETOS ES ÁREACOMPLETOS ES ÁREA
ENCERRADAENCERRADA
BB C
2 L
1 atm1 atm
4 L4 L
2 atm2 atm
+404 J+404 J
B CC
2 L2 L
1 atm1 atm
4 L4 L
2 atm2 atm
NegNeg
-202 J
área = (1 atm)(2 L)
trabajo neto = 2 atm L = 202 J
2 L2 L 4 L4 L
BB CC
1 atm1 atm
2 atm2 atm

51. EJEMPLO ADIABÁTICO:
∆Q = 0
AA
BB
PPBB
VVBB VVAA
PPAA PAVA PBVB
TTAA TT BB
=
PPAAVVAA = P= PBBVVBB
γ γ
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 PADIABÁTICO (Cont.): ENCUENTRE PBB
∆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)BP =
PPAAVVAA = P= PBBVVBB
γ γ
AA
BB
PPBB
VVBB 12VVBB
1 atm1 atm
300 K Resolver para PResolver para PBB::
A
B A
B
V
P P
V
γ
 
=  ÷
 

53. ADIABÁTICO (Cont.): ENCUENTRE TADIABÁTICO (Cont.): ENCUENTRE TBB
∆Q = 0
TB = 810 K
(1 atm)(12V(1 atm)(12VBB)) (32.4 atm)(1 V(32.4 atm)(1 VBB))
(300 K)(300 K) TT BB
==
AA
BB
32.4 atm32.4 atm
VVBB 1212VVBB
1 atm1 atm
300 K
ResuelvaResuelva
para Tpara TBB
TTBB=?=? A A B B
A B
P V P V
T T
=

54. ADIABÁTICO (Cont.):ADIABÁTICO (Cont.): Si VSi VAA= 96 cm= 96 cm33
y Vy VAA= 8 cm= 8 cm33
, ENCUENTRE, ENCUENTRE ∆∆WW
∆Q = 0
∆∆W = -W = - ∆∆U = - nCU = - nCVV ∆∆TT yy CCVV== 21.1 j/mol K21.1 j/mol K
AA
B
32.4 atm32.4 atm
1 atm1 atm
300 K
810 K
Dado queDado que
∆∆Q = 0,Q = 0,
∆∆W = -W = - ∆∆UU
8 cm8 cm33
96 cm96 cm33
Encuentre nEncuentre n
del punto Adel punto A PV = nRTPV = nRT
PVPV
RTRT
n =n =

55. ADIABÁTICO (Cont.):ADIABÁTICO (Cont.): Si VSi VAA = 96 cm= 96 cm33
y Vy VAA
= 8 cm= 8 cm33
, ENCUENTRE, ENCUENTRE ∆∆WW
AA
BB
32.4 atm32.4 atm
1 atm
300 K
810 K
8 cm8 cm33
96 cm96 cm33
PVPV
RTRT
n =n = ==
(101,300 Pa)(8 x10(101,300 Pa)(8 x10-6-6
mm33
))
(8.314 J/mol K)(300 K)(8.314 J/mol K)(300 K)
nn = 0.000325 mol= 0.000325 mol yy CCVV= 21.1 j/mol K= 21.1 j/mol K
∆∆TT = 810 - 300 = 510 K= 810 - 300 = 510 K
∆∆W = -W = - ∆∆U = - nCU = - nCVV ∆∆TT
∆W = - 3.50 J

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

57. LA SEGUNDA LEY DE LALA SEGUNDA LEY DE LA
TERMODINÁMICATERMODINÁMICA
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 LALA SEGUNDA LEY DE LA
TERMODINÁMICATERMODINÁMICA
Dep. frío TC
Máquin
a
Dep. caliente TH
400 J
300 J
100 J
• Máquina posible. • Máquina
IMPOSIBLE.
Dep. frío TDep. frío TCC
Máquin
a
Dep. caliente TH
400 J
400 J

59. EFICIENCIA DE UNA MÁQUINAEFICIENCIA DE UNA MÁQUINA
Dep. frío TDep. frío TCC
Máquina
Dep. caliente TDep. caliente THH
QH W
QC
La eficiencia de una máquinaLa eficiencia de una máquina
térmica es la razón del trabajotérmica es la razón del trabajo
neto realizado W a la entradaneto realizado W a la entrada
de calor Qde calor QHH..
e = 1 -
QC
QH
e = =
W
QH
QH- QC
QH

60. EJEMPLO DE EFICIENCIAEJEMPLO DE EFICIENCIA
Dep. frío TDep. frío TCC
MáquinMáquin
aa
Dep. caliente TDep. caliente THH
800 J W
600 J
Una máquina absorbe 800 J yUna máquina absorbe 800 J y
desecha 600 J cada ciclo.desecha 600 J cada ciclo.
¿Cuál es la eficiencia?¿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 MÁQUINAEFICIENCIA DE UNA MÁQUINA
IDEAL (máquina de Carnot)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
THDep. frío TDep. frío TCC
MáquinMáquin
aa
Dep. caliente TDep. caliente THH
QH W
QC

62. Ejemplo 3:Ejemplo 3: Una máquina de vapor absorbeUna máquina de vapor absorbe
600 J600 J de calor ade calor a 500 K500 K y la temperatura dey la temperatura de
escape esescape es 300 K300 K. Si la eficiencia real sólo. Si la eficiencia real sólo
es la mitad de la eficiencia ideal, ¿cuántoes la mitad de la eficiencia ideal, ¿cuánto
trabajotrabajo se realiza durante cada ciclo?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. REFRIGERADORESREFRIGERADORES
Un refrigerador es unaUn refrigerador es una
máquina que opera a lamáquina que opera a la
inversa: realiza trabajoinversa: realiza trabajo sobresobre
gas que extrae calorgas que extrae calor deldel
depósito frío y deposita calordepósito frío y deposita calor
enen el depósito caliente.el depósito caliente.
Win + Qfrío = Qcaliente
WIN = Qcaliente - Qfrío
Dep. frío TDep. frío TCC
Máquina
Dep. caliente TDep. caliente THH
Qhot
Qcold
Win

64. LA SEGUNDA LEY PARALA SEGUNDA LEY PARA
REFRIGERADORESREFRIGERADORES
Es imposible construir unEs imposible construir un
refrigerador que absorba calorrefrigerador que absorba calor
de un depósito frío y depositede un depósito frío y deposite
igual calor a un depósitoigual calor a un depósito
caliente concaliente con ∆∆W = 0.W = 0.
Si fuese posible, ¡se podría
establecer movimiento
perpetuo!
Dep. frío TC
MáquinMáquin
aa
Dep. caliente TH
Qhot
Qcold

65. COEFICIENTE DE RENDIMIENTOCOEFICIENTE DE RENDIMIENTO
(COP)(COP)
Dep. frío TDep. frío TCC
MáquinaMáquina
Dep. caliente TH
QH W
QC
ElEl COP (K)COP (K) de una máquinade una máquina
térmica es la razón deltérmica es la razón del
CALOR QCALOR Qcc extraído alextraído al
TRABAJOTRABAJO neto realizadoneto realizado WW..
K =
TH
TH- TC
Para unPara un
refrigeradorrefrigerador
IDEAL:IDEAL:
QC
W
K = =
QH
QH- QC

66. EJEMPLO DE COPEJEMPLO 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 TDep. frío TCC
Máquina
Dep. caliente TDep. caliente THH
800 J
WQH
500 K
400 K
K =
400 K400 K
500 K - 400 K500 K - 400 K
TC
TH- TC
=
COP (K) = 4.0

67. EJEMPLO DE COP (Cont.)EJEMPLO DE COP (Cont.)
A continuación se encontraráA continuación se encontrará
QQHH al suponer el mismo Kal suponer el mismo K
para un refrigerador realpara un refrigerador real
(Carnot).(Carnot).
Dep. frío TDep. frío TCC
Máquina
Dep. caliente TDep. caliente THH
800 J
WQH
500 K
400 K
K =K =
QC
QH- QC
QH = 1000 J
800 J800 J
QQHH - 800 J- 800 J
=4.0

68. EJEMPLO DE COP (Cont.)EJEMPLO DE COP (Cont.)
Ahora, ¿puede decir cuántoAhora, ¿puede decir cuánto
trabajo se realiza en cadatrabajo se realiza en cada
ciclo?ciclo?
Dep. frío TDep. frío TCC
MáquinaMáquina
Dep. caliente TDep. caliente THH
800 J
W1000 J
500 K
400 K
Trabajo = 1000 J - 800 JTrabajo = 1000 J - 800 J
Trabajo = 200 J

69. ResumenResumen
∆Q = ∆U + ∆W ∆ = (final - inicial)
Primera ley de la termodinámicaPrimera ley de la termodinámica:: el calorel calor
neto que toma un sistema es igual a la sumaneto que toma un sistema es igual a la suma
del cambio en energía interna y el trabajodel cambio en energía interna y el trabajo
realizado por el sistema.realizado por el sistema.
• Proceso isocórico:Proceso isocórico: ∆∆V = 0,V = 0, ∆∆W = 0W = 0
• Proceso isobárico:Proceso isobárico: ∆∆P = 0P = 0
• Proceso isotérmico:Proceso isotérmico: ∆∆T = 0,T = 0, ∆∆U = 0U = 0
• Proceso adiabático:Proceso adiabático: ∆∆Q = 0Q = 0

70. Resumen (Cont.)Resumen (Cont.)
cc ==
QQ
nn ∆∆TT
∆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

71. Resumen (Cont.)Resumen (Cont.)
Segunda ley de la termodinámica:Segunda ley de la termodinámica:
Es imposible construir unaEs imposible construir una
máquina que, al operar en unmáquina que, al operar en un
ciclo, no produzca efectos distintosciclo, no produzca efectos distintos
a la extracción de calor de una la extracción de calor de un
depósito y la realización de unadepósito y la realización de una
cantidad equivalente de trabajo.cantidad equivalente de trabajo.Dep. frío TDep. frío TCC
MáquinMáquin
aa
Dep. caliente TDep. caliente THH
Qhot
Qcold
Wout
No sólo no puede ganar (1a ley); ¡ni
siquiera puede empatar (2a ley)!

72. Resumen (Cont.)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 20CONCLUSIÓN: Capítulo 20
TermodinámicaTermodinámica