Capítulo 20 - Termodinámica Presentación PowerPoint de Paul E. Tippens, Profesor de Física...

Capítulo 20 - Capítulo 20 - TermodinámicaTermodinámica

Presentación PowerPoint dePresentación PowerPoint de

Paul E. Tippens, Profesor de FísicaPaul E. Tippens, Profesor de Física

Southern Polytechnic State Southern Polytechnic State UniversityUniversity© 2007

TERMODINÁMICATERMODINÁMICA

La La termodinámicatermodinámica es el estudio de las es el estudio de las relacionesrelaciones de energía que involucran de energía que involucran calorcalor, , trabajotrabajo mecánico y otros aspectos mecánico y otros aspectos de energía y transferencia de calorde energía y transferencia de calor..

Calefacción central

Objetivos: Después de Objetivos: Después de terminar esta unidad, terminar esta unidad, deberá:deberá:

• Establecer y aplicar la Establecer y aplicar la primera y y segunda leyes de la de la termodinámica.

• Demostrar su comprensión de los Demostrar su comprensión de los procesos procesos adiabático, isocórico, isotérmico e isobárico..

• Escribir y aplicar una relación para determinar la Escribir y aplicar una relación para determinar la eficiencia ideal de una máquina térmica.de una máquina térmica.

• Escribir y aplicar una relación para determinar el Escribir y aplicar una relación para determinar el coeficiente de rendimiento para un refrigerador.para un refrigerador.

UN SISTEMA TERMODINÁMICOUN SISTEMA TERMODINÁMICO

• Un sistema es un entorno cerrado en Un sistema es un entorno cerrado en el que puede tener lugar el que puede tener lugar transferencia de calor. (Por ejemplo, transferencia de calor. (Por ejemplo, el gas, las paredes y el cilindro de un el gas, las paredes y el cilindro de un motor de automóvil.)motor de automóvil.)

Trabajo Trabajo realizado sobre realizado sobre el gas o trabajo el gas o trabajo realizado por el realizado por el gasgas

ENERGÍA INTERNA DEL ENERGÍA INTERNA DEL SISTEMASISTEMA

• La energía interna La energía interna UU de un sistema es el de un sistema es el total de todos los tipos de energía que total de todos los tipos de energía que poseen las partículas que conforman el poseen las partículas que conforman el sistema.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 DOS FORMAS DE AUMENTARAUMENTAR LA LA ENERGÍA INTERNA, ENERGÍA INTERNA, U.U.

CALOR CALOR SUMINISTRADO A SUMINISTRADO A

UN SISTEMA (UN SISTEMA (++))

++UU

TRABAJO TRABAJO REALIZADO REALIZADO SOBRESOBRE UN GAS UN GAS

((--))

TRABAJO TRABAJO REALIZADO REALIZADO PORPOR EL EL

GAS EN GAS EN EXPANSIÓN:EXPANSIÓN:

W (W (++))

TRABAJO TRABAJO REALIZADO REALIZADO PORPOR EL EL

GAS EN GAS EN EXPANSIÓN:EXPANSIÓN:

W (W (++))

--UUDisminuDisminu

yeye

--UUDisminuDisminu

yeye

DOS FORMAS DE DOS FORMAS DE REDUCIRREDUCIR LA LA ENERGÍA INTERNA, ENERGÍA INTERNA, U.U.

CALOR CALOR SALESALE DEL DEL SISTEMASISTEMA

Q (Q (--))

QQoutout

caliente

WWoutoutWWoutout

caliente

ESTADO TERMODINÁMICOESTADO TERMODINÁMICO

El ESTADO de un sistema El ESTADO de un sistema termodinámico se determina termodinámico se determina mediante cuatro factores:mediante cuatro factores:

• Presión absoluta Presión absoluta PP en en pascalespascales

• Temperatura Temperatura TT en Kelvins en Kelvins• Volumen Volumen VV en metros en metros

cúbicoscúbicos• Número de moles,Número de moles, n n, del gas que realiza , del gas que realiza

trabajotrabajo

PROCESOPROCESO TERMODINÁMICO TERMODINÁMICO

Aumento en energía interna, U.

Estado inicial:

P1 V1 T1

Estado final:

P2 V2 T2

Entrada de Entrada de calorcalor

QQinin

WWoutout

Trabajo por el Trabajo por el gasgas

El procesoEl procesotermodinámico inversotermodinámico inverso

Disminución de energía interna, U.

Estado inicial:

P1 V1 T1 n1

Estado final:

P2 V2 T2 n2

Trabajo sobre el Trabajo sobre el gasgas

Pérdida de Pérdida de calorcalor

QQoutout

WWinin

LA PRIMERA LEY DE LA LA PRIMERA LEY DE LA TERMODINÁMICA:TERMODINÁMICA:

• La entrada neta de calor en un La entrada neta de calor en un sistema es igual al cambio en sistema es igual al cambio en energía interna del sistema más el energía interna del sistema más el trabajo realizado trabajo realizado PORPOR el sistema. el sistema.

Q = U + W final - inicial)

CONVENCIONES DE CONVENCIONES DE SIGNOS PARA LA SIGNOS PARA LA

PRIMERA LEYPRIMERA LEY• ENTRADA de calor Q es ENTRADA de calor Q es positivapositiva


• SALIDA de calor es SALIDA de calor es negativanegativa

• Trabajo POR un gas es Trabajo POR un gas es positivopositivo

• Trabajo SOBRE un gas es Trabajo SOBRE un gas es negativonegativo

+Q+Qinin

+W+Woutout

U

-W-Winin

-Q-Qoutout

U

APLICACIÓN DE LA APLICACIÓN DE LA PRIMERA LEY DE LA PRIMERA LEY DE LA TERMODINÁMICATERMODINÁMICA

Ejemplo 1:Ejemplo 1: En la figura, el En la figura, el gas absorbe gas absorbe 400 J400 J de calor de calor y al mismo tiempo realiza y al mismo tiempo realiza 120 J120 J de trabajo sobre el de trabajo sobre el pistón. ¿Cuál es el cambio pistón. ¿Cuál es el cambio en energía interna del en energía interna del sistema?sistema?

Q = U + W

Aplique primera ley:

QQinin

400 J400 J

WWoutout =120 =120 JJ

Ejemplo 1 (Cont.): Ejemplo 1 (Cont.): Aplique la Aplique la primera leyprimera ley

U = +280 J

QQinin

400 J400 J

WWoutout =120 J =120 J

UU = = Q - Q - W W

= (+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)

Ejemplo 1 (Cont.): Ejemplo 1 (Cont.): Aplique la Aplique la primera leyprimera ley

U = +280 J

Los Los 400 J400 J de energía de energía térmica de entrada se usan térmica de entrada se usan para realizar para realizar 120 J120 J de de trabajo externo,trabajo externo, aumenta aumenta la la energía interna del sistema energía interna del sistema en en 280 J280 J

QQinin

400 J400 J

WWoutout =120 J =120 J

El aumento en energía interna es:

La energía se conserva:

Una máquina térmica realiza 240 J de trabajo

durante el cual su energía interna disminuye en

400 J. ¿Cuál será el intercambio de calor neto de

este proceso?

Una máquina térmica realiza 240 J de trabajo

durante el cual su energía interna disminuye en

400 J. ¿Cuál será el intercambio de calor neto de

este proceso?


Datos: Fórmula

W = + 240 J Q = U+W

U = - 400 J

Q =?

Datos: Fórmula

W = + 240 J Q = U+W

U = - 400 J

Q =?


Sustitución:

Q = U+W= (-400 J) + (240 J)

= -400 J + 240 J = -160 J

El signo negativo del intercambio de calor indica

que el calor neto es expulsado por el sistema.

Si no hay cambio de fase, la temperatura del

sistema disminuirá.

Sustitución:

Q = U+W= (-400 J) + (240 J)

= -400 J + 240 J = -160 J

El signo negativo del intercambio de calor indica

que el calor neto es expulsado por el sistema.

Si no hay cambio de fase, la temperatura del

sistema disminuirá.

CUATRO PROCESOS CUATRO PROCESOS TERMODINÁMICOS:TERMODINÁMICOS:

• Proceso isocórico: Proceso isocórico: V = 0, V = 0, W = 0 W = 0

• Proceso isobárico: Proceso isobárico: P = 0 P = 0

• Proceso isotérmico: Proceso isotérmico: T = 0, T = 0, U = 0 U = 0

• Proceso adiabático: Proceso adiabático: Q = 0 Q = 0

• Proceso isocórico: Proceso isocórico: V = 0, V = 0, W = 0 W = 0


• Proceso isotérmico: Proceso isotérmico: T = 0, T = 0, U = 0 U = 0


Q = U + W

TRABAJO ISOBÁRICOTRABAJO ISOBÁRICO

Trabajo = área bajo la curva PV

P = 0

TRABAJO ISOBÁRICOTRABAJO ISOBÁRICO

400 J400 J

Trabajo = área bajo la curva PV

BAP

V1 V2

VA VB

TA T B

=

PPA A = P= PBB

Trabajo = P V

Q = Q = U + U + W pero W pero W = P W = P VV

PROCESO ISOBÁRICO: PROCESO ISOBÁRICO: PRESIÓN CONSTANTE, PRESIÓN CONSTANTE, P = 0P = 0

PROCESO GENERAL: PROCESO GENERAL:

Q = Q = U + U + W de modo que W de modo que Q = Q = UU

PROCESO ISOCÓRICO: PROCESO ISOCÓRICO: VOLUMEN CONSTANTE, VOLUMEN CONSTANTE, V = 0, V = 0, W W

= 0= 000

+U -U

QQININ QQOUTOUT

ENTRADA DE CALOR = AUMENTO EN ENERGÍA INTERNAENTRADA DE CALOR = AUMENTO EN ENERGÍA INTERNASALIDA DE CALOR = DISMINUCIÓN EN ENERGÍA SALIDA DE CALOR = DISMINUCIÓN EN ENERGÍA

INTERNAINTERNA

No se No se realiza realiza trabajotrabajo

EJEMPLO ISOCÓRICO:EJEMPLO ISOCÓRICO:

La entrada La entrada de calor de calor aumenta P aumenta P con V con V constanteconstante

400 J400 J de entrada de de entrada de calor aumentan la calor aumentan la energía interna en energía interna en 400 400 JJ y se realiza trabajo y se realiza trabajo cero.cero.

BB

AA

PP

22

VV11= V= V22

PP1

PPA A PP B B

TTA A TT B B

=

400 J400 J

No hay No hay cambio en cambio en volumen:volumen:

PROCESO ISOTÉRMICO: PROCESO ISOTÉRMICO: TEMPERATURA CONSTANTE, TEMPERATURA CONSTANTE, T = 0, T = 0, U U

= 0= 0

ENTRADA NETA DE CALOR = SALIDA DE ENTRADA NETA DE CALOR = SALIDA DE TRABAJOTRABAJO

Q = Q = U + U + W yW yQ = Q = WW

U = 0

U = 0

QQOUTOUT

EntradEntrada de a de

trabajotrabajo

SalidaSalida

de de trabajotrabajo

QQININ

ENTRADA DE TRABAJO = SALIDA NETA DE ENTRADA DE TRABAJO = SALIDA NETA DE CALORCALOR

EJEMPLO ISOTÉRMICO EJEMPLO ISOTÉRMICO ((T =0):T =0):

PAVA =

PBVB

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

U = U = TT = = 00

B

APA

V2 V1

PB

EXPANSIÓN ISOTÉRMICA EXPANSIÓN 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

AAPA

VA VB

PB

PAVA = PBVB

TA = TB

ln B

A

VW nRT

V

Trabajo isotérmico

Q = Q = U + U + W ; W ; W = -W = -U o U o U = -U = -WW

PROCESO ADIABÁTICO: PROCESO ADIABÁTICO: NO HAY INTERCAMBIO DE CALOR, NO HAY INTERCAMBIO DE CALOR, Q = Q =

00

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:EJEMPLO ADIABÁTICO:

Paredes aisladas: Q =

0

B

APPAA

VV11 V V22

PPBB

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

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

APPAA

VVAA VVBB

PPBB

PPAAVVA A PPBBVVBB

TTA A TT B B

=

A A B BP V P V

CAPACIDAD CAPACIDAD CALORÍFICA CALORÍFICA ESPECÍFICAESPECÍFICA

Por ejemplo, Por ejemplo, cobre: c = 390 cobre: c = 390 J/kgJ/kgKK

Qc

m t

C =C =

QQ

n n TT

CAPACIDAD CAPACIDAD CALORÍFICA CALORÍFICA

MOLARMOLAR

Por ejemplo, Por ejemplo, cobre: cobre: CC = 28.4 = 28.4 J/molJ/molKK

CAPACIDADES CALORÍFICA CAPACIDADES CALORÍFICA ESPECÍFICA A VOLUMEN ESPECÍFICA A VOLUMEN

CONSTANTECONSTANTE

CAPACIDADES CALORÍFICA ESPECÍFICA A CAPACIDADES CALORÍFICA ESPECÍFICA A VOLUMEN CONSTANTEVOLUMEN CONSTANTE

¿Cuánto calor se requiere ¿Cuánto calor se requiere para elevar la temperatura para elevar la temperatura de 2 moles de Ode 2 moles de O22 de 0 de 0ooC a C a 100100ooC?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

CAPACIDAD CALORÍFICA (Cont.)CAPACIDAD CALORÍFICA (Cont.)

CCpp > C > Cvv

Para presión constantePara presión constante

Q = Q = U + U + WW

nCnCppT = nCT = nCvvT + P T + P VV

U = nCvT

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

Cp

Cv

RECUERDE, PARA RECUERDE, PARA CUALQUIERCUALQUIER PROCESO QUE INVOLUCRA UN GAS PROCESO QUE INVOLUCRA UN GAS

IDEAL:IDEAL:

PV = nRTPV = nRT

U = nCU = nCv v TTQ = Q = U + U + WW

PPAAVVA A PPBBVVBB

TTA A TT B B

==

Problema ejemplo:Problema ejemplo:

Una muestra de Una muestra de 2 L 2 L de gas oxígeno de gas oxígeno tiene temperatura y presión tiene temperatura y presión iniciales de iniciales de 200 K200 K y y 1 atm1 atm. El gas . El gas experimenta cuatro procesos:experimenta cuatro procesos:

Problema ejemplo:Problema ejemplo:

• AB: se calienta a V constante a 400 K.AB: se calienta a V constante a 400 K.• 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.

BB

A

PPBB

2 L2 L

1 atm1 atm200 K

400 K 800 K

CC

D

VV

DIAGRAMA PV PARA DIAGRAMA PV PARA PROBLEMAPROBLEMA

¿Cuántas moles ¿Cuántas moles de Ode O22 hay hay presentes?presentes?Considere el punto Considere el punto

A:A:PV = nRTPV = nRT

3(101,300Pa)(0.002m )0.122 mol

(8.314J/mol K)(200K)PV

nRT

BB

A

PPBB

2 L2 L

1 atm1 atm200 K

400 K 800 K

CC

D

VV

PROCESO AB: ISOCÓRICOPROCESO AB: ISOCÓRICO

¿Cuál es la ¿Cuál es la presión en el presión en el punto B?punto B?

PPA A PP B B

TA T B

==

1 atm1 atm PP B B

200 K200 K 400 K400 K==

P B = 2 atm or 203 kPa

BB

A

PPBB

2 L2 L

1 atm1 atm200 K

400 K 800 K

CC

D

VV

PROCESO AB: PROCESO AB: Q = Q = U + U + WW

Analice la primera ley para el proceso ISOCÓRICO AB.

W = 0 W = 0

Q = Q = U = nCU = nCv v 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)

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

BB

A

2 2 atmatm

2 L2 L

1 atm1 atm200 K

400 K 800 K

CC

D

VV

PROCESO BC: ISOBÁRICOPROCESO BC: ISOBÁRICO

¿Cuál es el volumen en el punto C (y D)?

VVB B VV C C

TTB B TT C C

==

2 L2 L VV C C

400 K400 K 800 K800 K==

V C = V D = 4 L

BB

A

2 2 atmatm

2 L2 L

1 atm1 atm200 K

400 K 800 K

CC

D

VV

ENCUENTRE ENCUENTRE U PARA EL PROCESO BC. U PARA EL PROCESO BC.

El proceso BC es ISOBÁRICO.

P = 0 P = 0

U = nCU = nCv v 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

A

2 2 atmatm

2 L 4 L2 L 4 L

1 atm1 atm200 K

400 K 800 K

CC

D

VV

ENCUENTRE ENCUENTRE W PARA EL PROCESO BC.W PARA EL PROCESO 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

A

2 2 atmatm

2 L 4 L2 L 4 L

1 atm1 atm200 K

400 K 800 K

CC

D

VV

ENCUENTRE ENCUENTRE Q PARA EL PROCESO BC. Q PARA EL 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 JU = 1028 J

BB

A

2 2 atmatm

2 L 4 L2 L 4 L

1 atm1 atm200 K

400 K 800 K

CC

D

VV

PROCESO CD: ISOCÓRICOPROCESO CD: ISOCÓRICO

¿Cuál es la temperatura en el punto D?

PPC C PP D D

TTC C TT D D

==

2 atm2 atm 1 atm1 atm

800 K TTDD

== T D = 400 K

BB

A

2 2 atmatm

2 L 4 L2 L 4 L

1 atm1 atm200 K

400 K 800 K

CC

D

VV

PROCESO CD: PROCESO CD: Q = Q = U + U + WW

Analice la primera ley para el proceso ISOCÓRICO CD.

W = 0 W = 0

Q = Q = U = nCU = nCv v TT

U = (0.122 mol)(21.1 J/mol K)(400 K - 800 K)

Q = -1028 J W = 0U = -1028 J

BB

A

2 2 atmatm

2 L 4 L2 L 4 L

1 atm1 atm200 K 400 K

400 K 800 K

CC

D

VV

ENCUENTRE ENCUENTRE U PARA EL PROCESO DAU PARA EL PROCESO DA

El proceso DA es ISOBÁRICO.

P = 0 P = 0

U = nCU = nCv v 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

BB

A

2 2 atmatm

2 L 4 L2 L 4 L

1 atm1 atm200 K 400 K

400 K 800 K

CC

D

VV

ENCUENTRE ENCUENTRE W PARA EL PROCESO DA W PARA EL PROCESO DA

El trabajo El trabajo depende del depende del cambio en cambio en VV.

P = 0 P = 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

BB

A

2 2 atmatm

2 L 4 L2 L 4 L

1 atm1 atm200 K 400 K

400 K 800 K

CC

D

VV

ENCUENTRE ENCUENTRE Q PARA EL PROCESO DAQ PARA EL PROCESO DA

Analice la primera ley para DA.

Q = Q = U + U + WW

Q Q = -514 J - 203 J= -514 J - 203 J

Q = Q = -717 J-717 J

Q = -717 J W = -203 JU = -514 J

BB

A

2 2 atmatm

2 L 4 L2 L 4 L

1 atm1 atm200 K 400 K

400 K 800 K

CC

D

VV

RESUMEN DEL PROBLEMARESUMEN DEL PROBLEMA

Q = Q = U + U + WWPara todos Para todos

los los procesos: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 TRABAJO NETO PARA CICLOS COMPLETOS ES ÁREA COMPLETOS ES ÁREA

ENCERRADAENCERRADABB C

2 L

1 atm1 atm

4 4

LL

2 atm2 atm

+404 J+404 JB CC

2 2

LL

1 atm1 atm

4 4

LL

2 atm2 atmNegNeg

-202 J

área = (1 atm)(2 L)

trabajo neto = 2 atm L = 202 J

2 2

LL 4 4

LL

BB CC

1 1 atmatm

2 2 atmatm

EJEMPLO ADIABÁTICO:

Q = 0

AA

BBPPBB

VVBB V VAA

PPAA PAVA PBVB

TTA A TT B B

=

PPAAVVAA = P = PBBVVBB

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 ADIABÁTICO (Cont.): ENCUENTRE PPBB

Q = 0

PB = 32.4 atm o 3284 kPa

1.412 B

B AB

VP P

V

1.4(1 atm)(12)BP

PPAAVVAA = P = PBBVVBB

AA

BBPPBB

VVBB 12VVBB

1 1 atmatm

300 K Resolver para Resolver para PPBB::

AB A

B

VP P

V

ADIABÁTICO (Cont.): ENCUENTRE ADIABÁTICO (Cont.): ENCUENTRE TTBB

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 B B

==

AA

BB32.4 32.4 atmatm

VVBB 12 12VVBB

1 1 atmatm

300 K

Resuelva Resuelva para Tpara TBB

TTBB=?=?A A B B

A B

P V P V

T T

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 y y CCVV== 21.1 j/mol K 21.1 j/mol K

AA

B32.4 32.4 atmatm

1 1 atmatm

300 K

810 KDado queDado que

Q = 0,Q = 0,W = - W = - UU

8 cm8 cm3 3 96 cm96 cm3 3

Encuentre Encuentre n del punto n del punto

AAPV = nRTPV = nRT

PVPV

RTRT n =n =

ADIABÁTICO (Cont.): ADIABÁTICO (Cont.): Si VSi VA A = 96 cm= 96 cm33 y y V VA A = 8 cm= 8 cm33, ENCUENTRE , ENCUENTRE WW

AA

BB32.4 32.4 atmatm

1 atm

300 K

810 K

8 cm8 cm3 3 96 cm96 cm33

PVPV

RTRT n =n = = =

(101,300 Pa)(8 x10(101,300 Pa)(8 x10-6-6 m m33))

(8.314 J/mol K)(300 K)(8.314 J/mol K)(300 K)

nn = 0.000325 mol = 0.000325 mol y y 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

• Absorbe calor Absorbe calor QQhothot

• Realiza trabajo Realiza trabajo WWoutout

• Liberación de calor Liberación 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

LA SEGUNDA LEY DE LA LA 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

LA SEGUNDA LEY DE LA LA SEGUNDA LEY DE LA TERMODINÁMICATERMODINÁMICA

Dep. frío TC

Máquina

Dep. caliente TH

400 J

300 J

100 J

• Máquina posible. • Máquina IMPOSIBLE.

Dep. frío TDep. frío TCC

Máquina

Dep. caliente TH

400 J 400 J

EFICIENCIA DE UNA EFICIENCIA DE UNA MÁQUINAMÁQUINA


Máquina

Dep. caliente Dep. caliente TTHH

QH W

QC

La eficiencia de una La eficiencia de una máquina térmica es la máquina térmica es la razón del trabajo neto razón del trabajo neto realizado W a la entrada de realizado W a la entrada de calor Qcalor QHH..

e = 1 - QC

QH

e = = W

QH

QH- QC

QH

EJEMPLO DE EFICIENCIAEJEMPLO DE EFICIENCIA


MáquinMáquinaa


800 J W

600 J

Una máquina absorbe 800 J Una máquina absorbe 800 J y desecha 600 J cada ciclo. y 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?

EFICIENCIA DE UNA EFICIENCIA DE UNA MÁQUINA IDEAL (máquina de MÁQUINA IDEAL (máquina de

Carnot)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

MáquinMáquinaa


QH W

QC

Ejemplo 3:Ejemplo 3: Una máquina de vapor Una máquina de vapor absorbe absorbe 600 J600 J de calor a de calor a 500 K500 K y la y la temperatura de escape es temperatura de escape es 300 K300 K. Si la . Si la eficiencia real sólo es la mitad de la eficiencia real sólo es la mitad de la eficiencia ideal, ¿cuánto eficiencia ideal, ¿cuánto trabajotrabajo se se realiza durante cada ciclo?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

REFRIGERADORESREFRIGERADORESUn refrigerador es una Un refrigerador es una máquina que opera a la máquina que opera a la inversa: realiza trabajo inversa: realiza trabajo sobresobre gas que extrae calor gas que extrae calor deldel depósito frío y depósito frío y deposita calor deposita calor enen el el depósito caliente.depósito caliente.

Win + Qfrío = Qcaliente

WIN = Qcaliente - Qfrío


Máquina


Qhot

Qcold

Win

LA SEGUNDA LEY PARA LA SEGUNDA LEY PARA REFRIGERADORESREFRIGERADORES

Es imposible construir un Es imposible construir un refrigerador que absorba refrigerador que absorba calor de un depósito frío y calor de un depósito frío y deposite igual calor a un deposite igual calor a un depósito caliente con depósito caliente con W = W = 0.0.Si fuese posible, ¡se podría establecer movimiento perpetuo!

Dep. frío TC

MáquinMáquinaa

Dep. caliente TH

Qhot

Qcold

COEFICIENTE DE RENDIMIENTO COEFICIENTE DE RENDIMIENTO (COP)(COP)


MáquinMáquinaa

Dep. caliente TH

QH W

QC

El El COP (K)COP (K) de una de una máquina térmica es la máquina térmica es la razón del razón del CALOR QCALOR Qcc extraído al extraído al TRABAJOTRABAJO neto neto realizado realizado WW..

K =

TH

TH- TC

Para un Para un refrigerador refrigerador

IDEAL:IDEAL:

QC

WK = =

QH

QH- QC

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 ?


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

EJEMPLO DE COP (Cont.)EJEMPLO DE COP (Cont.)A continuación se A continuación se encontrará Qencontrará QHH al suponer al suponer el mismo K para un el mismo K para un refrigerador real refrigerador real (Carnot).(Carnot).


Máquina


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

EJEMPLO DE COP (Cont.)EJEMPLO DE COP (Cont.)

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


MáquinMáquinaa


800 J

W1000 J

500 K

400 K

Trabajo = 1000 J - 800 JTrabajo = 1000 J - 800 J

Trabajo = 200 J

ResumenResumen


Primera ley de la termodinámicaPrimera ley de la termodinámica:: el el calor neto que toma un sistema es calor neto que toma un sistema es igual a la suma del cambio en energía igual a la suma del cambio en energía interna y el trabajo realizado por el interna y el trabajo realizado por el sistema.sistema.

• Proceso isocórico: Proceso isocórico: V = 0, V = 0, W = W = 0 0


• Proceso isotérmico: Proceso isotérmico: T = 0, T = 0, U = U = 0 0


Resumen (Cont.)Resumen (Cont.)

cc = = QQ

n n 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

A A B B

A B

P V P V

T T

Resumen (Cont.)Resumen (Cont.)

Segunda ley de la Segunda ley de la termodinámica:termodinámica: Es imposible Es imposible construir una máquina que, al construir una máquina que, al operar en un ciclo, no operar en un ciclo, no produzca efectos distintos a la produzca efectos distintos a la extracción de calor de un extracción de calor de un depósito y la realización de depósito y la realización de una cantidad equivalente de una cantidad equivalente de trabajo.trabajo.


MáquinMáquinaa


Qhot

Qcold

Wout

No sólo no puede ganar (1a ley); ¡ni siquiera puede empatar (2a

ley)!

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

Capítulo 20 - Termodinámica Presentación PowerPoint de Paul E. Tippens, Profesor de Física...

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