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.

TERMODINÁMICA

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 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.)

UN SISTEMA TERMODINÁMICO

Trabajo realizado sobre el gas o trabajo realizado por el gas

La energía interna U de un sistema es el total de todos los tipos de energía que poseen las

partículas que conforman el sistema.

ENERGÍA INTERNA DEL 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.

CALOR QUE SE PONE EN UN

SISTEMA (Positivo)

+U

TRABAJO REALIZADO SOBRE UN

GAS (Positivo)

TRABAJO REALIZADO POR EL

GAS EN EXPANSIÓN: W es

positivo

TRABAJO REALIZADO POR EL

GAS EN EXPANSIÓN: W es

positivo

-UDisminu

ye

-UDisminu

ye

DOS FORMAS DE REDUCIR LA ENERGÍA INTERNA, U.

CALOR SALE DEL SISTEMA

Q es negativo

Qout

caliente

WoutWout

caliente

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.

Estado inicial:

P1 V1 T1 n1

Estado final:

P2 V2 T2 n2

Entrada de calor

Qin

Wout

Trabajo por el gas

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

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

• 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

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

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

DW es positivo: +120 J (trabajo SALE)

Q = U + W

U = Q - W

DQ es positivo: +400 J (calor ENTRA)

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:

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

CUATRO PROCESOS TERMODINÁMICOS:

Q = U + W

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 INTERNASALIDA DE CALOR = DISMINUCIÓN EN ENERGÍA

INTERNA

No se realiza trabajo

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 P B

TA T B

=

400 J

No hay cambio en volumen:

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

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

BAP

V1 V2

VA VB

TA T B

=

TRABAJO ISOBÁRICO

400 J

Trabajo = área bajo la curva PV

BAP

V1 V2

VA VB

TA T B

=

PA = PB

Trabajo = P DV

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

EJEMPLO ISOTÉRMICO (T CONSTANTE):

PAVA =

PBVB

Lenta compresión a temperatura constante: -- No hay cambio en U.

U = T = 0

B

APA

V2 V1

PB

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

APA

VA VB

PB

PAVA = PBVB

TA = TB

ln B

A

VW nRT

V

Trabajo isotérmico

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 trabaj

o

U +UQ = 0

W = -U U = -W

EJEMPLO ADIABÁTICO:

Paredes aisladas: Q =

0

B

APA

V1 V2

PB

El gas en expansión realiza trabajo con cero pérdida de calor. Trabajo = -DU

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

APA

VA VB

PB

PAVA PBVB

TA T B

=

A A B BP V P V

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.

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/kgK

Qc

m t

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

CAPACIDADS CALORÍFICA ESPECÍFICA 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

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 TPor tanto, U se determina mediante el cambio de temperatura y el calor específico a volumen constante.

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 JCp > Cv

Igual

CAPACIDAD CALORÍFICA (CONT.)

Cp > Cv

Para presión constante

Q = U + W

nCpT = nCvT + P V

U = nCvT

El calor para elevar la temperatura de un gas ideal, U, es el mismo para cualquier proceso.

Cp

Cv

RECUERDE, PARA CUALQUIER PROCESO QUE INVOLUCRA UN GAS

IDEAL:

PV = nRT

U = nCv TQ = U + W

PAVA PBVB

TA T B

=

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.

DIAGRAMA PV PARA PROBLEMA

B

A

PB

2 L

1 atm200 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

nRT

PROCESO AB: ISOCÓRICO

¿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

B

A

PB

2 L

1 atm200 K

400 K

800 K

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 atm200 K

400 K

800 K

Q = +514 J W = 0U = +514 J

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=

BCPB

2 L

1 atm200 K

400 K

800 K

D

4 L

V C = V D = 4 L

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

BC

2 L

1 atm200 K

400 K

800 K

4 L

2 atm

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

BC

2 L

1 atm200 K

400 K

800 K

4 L

2 atm

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

BC

2 L

1 atm200 K

400 K

800 K

4 L

2 atm

U = 1028 J

PROCESO CD: ISOCÓRICO

¿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

B

A

PB

2 L

1 atm200 K

400 K

800 K C

D

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 = 0U = -1028 J

C

D

PB

2 L

1 atm200 K

400 K

800 K

400 K

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

AD

2 L

1 atm200 K

400 K

800 K

4 L

2 atm

400 K

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

AD

2 L

1 atm200 K

400 K

800 K

4 L

2 atm

400 K

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 JU = -514 J

AD

2 L

1 atm200 K

400 K

800 K

4 L

2 atm

400 K

RESUMEN DEL PROBLEMA

DQ = DU + DW

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

TRABAJO NETO PARA CICLOS COMPLETOS ES ÁREA ENCERRADA

B C

2 L

1 atm

4 L

2 atm

+404 JB C

2 L

1 atm

4 L

2 atmNeg

-202 J

área = (1 atm)(2 L)

trabajo neto = 2 atm L = 202 J2 L

4 L

B C

1 atm

2 atm

EJEMPLO ADIABÁTICO:

Q = 0

A

BPB

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? ( = 1.4)

ADIABÁTICO (CONT.): ENCUENTRE PB

Q = 0

PB = 32.4 atm o 3284 kPa

1.412 B

B AB

VP P

V

1.4(1 atm)(12)BP

PAVA = PBVB

A

BPB

VB 12VB

1 atm

300 K Resolver para PB:

AB A

B

VP P

V

ADIABÁTICO (CONT.): ENCUENTRE TB

Q = 0

TB = 810 K

(1 atm)(12VB) (32.4 atm)(1 VB)

(300 K) T B

=

A

B32.4 atm

VB 12VB

1 atm

300 K

Resuelva para TB

TB=?A A B B

A B

P V P V

T T

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

B32.4 atm

1 atm

300 K

810 KDado queQ = 0,

W = - U

8 cm3 96 cm3

Encuentre n del punto

APV = nRT

PV

RT n =

ADIABÁTICO (CONT.): SI VA = 96 CM3 Y VA = 8 CM3, ENCUENTRE W

A

B32.4 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

Absorbe calor Qhot

Realiza trabajo Wout

Liberación de calor Qcold

MÁQUINAS TÉRMICAS

Una máquina térmica es cualquier dispositivo que pasa por un proceso cíclico:

Dep. frío TC

Máquina

Dep. Caliente TH

Qhot Wout

Qcold

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

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

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

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?

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

THDep. frío TC

Máquina

Dep. caliente TH

QH W

QC

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

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

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

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

WK = =

QH

QH- QC

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

WQH

500 K

400 K

K = 400 K

500 K - 400 K

TC

TH- TC

=

COP (K) = 4.0

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

WQH

500 K

400 K

K = QC

QH- QC

QH = 1000 J

800 J

QH - 800 J=4.0

EJEMPLO DE COP (CONT.)

Ahora, ¿puede decir cuánto trabajo se realiza en cada ciclo?

Dep. frío TC

Máquina

Dep. caliente TH

800 J

W1000 J

500 K

400 K

Trabajo = 1000 J - 800 J

Trabajo = 200 J

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

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

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)!

RESUMEN (CONT.)

La eficiencia de una máquina térmica:

e = 1 - QC

QHe = 1 -

TC

TH

El coeficiente de rendimiento de un refrigerador:

C C

in H C

Q QK

W Q Q

C

H C

TK

T T

CONCLUSIÓN: TERMODINÁMICA

BIBLIOGRAFIAS:

Teoría. Referencias básicas

Moran ,M.J. Shapiro, H.N. : Fundamentos de Termodinamica Tecnica.. Ed. Reverte, 1999. 536 MOR fun

Wark, K. Richards, D.E.: Termodinamica, 6a Edicion Mc Graw-Hill, 2001

Cengel, Y. A.; Boles, M.A.: Termodinamica. Mc Graw-Hill, 1996.

Haywood, R.W. : Ciclos termodinamicos de potencia y refrigeracion Ed. Limusa, 2000.

F. P. Incropera y D. P. De Witt: Fundamentos de Transferencia de Calor, 4a Ed, Pearson Educacion, Mexico, 2000

F. Kreith y M. S. Bohn,: Principios de Transferencia de Calor, 6a edicion, Thomson, Madrid, 2002.

Teoría. Referencias complementarias

Segura, J. : Termodinamica Tecnica, Ed. Reverte, S.A., 1988.

Baehr, H. D.: Tratado moderno de termodinamica Ed. Tecnilibro, S.L., 1987

Holman, J. P.: Transferencia de Calor, 8a edicion, Mc Graw-Hill, Madrid, 1998.

Aguera Soriano, J.: Termodinamica Logica y Motores Termicos, Ciencia 3, S.A.

Alarcon Aguin, J. M.; Granada Alvarez, E.; Vazquez Alfaya, M. E. : SISCECT, Simulacion y calculo de ciclos termodinamicos, Ed. Bellisco, 1999. 536 SIS

Chapman A.J.: Transmision de calor, Editorial Libreria Editorial Bellisco, Madrid, 3a Edicion, 1990.

Lienhard IV J.H., Lienhard V J.H., A.: A heat transfer textbook, Phlogiston Press, Cambridge, v. 1.23, 2005 (http://web.mit.edu/lienhard/www/ahtt-esp.html).

Problemas. Referencias básicas

Segura J., y Rodriguez J: Problemas de Termodinamica Tecnica. Ed. Reverte, 1990

Lacalle, Nieto: Problemas de Termodinamica, Serv. Publicaciones E.T.S.I.I. Madrid

Aguirrezabalaga Lopez de Eguilaz, Valentin; Prieto Gonzalez, M. M.: Transferencia de calor: problemas, Serv., Publicaciones Universidad de Oviedo, 2006

Problemas. Referencias complementarias

Manuel Vazquez: Problemas resueltos de Termodinamica Tecnica, 1er y 2o Principio. Serv. Publicaciones Universidad de Vigo