Captulo 20 - TermodinmicaPresentacin PowerPoint dePaul E. Tippens, Profesor de FsicaSouthern Polytechnic State University 2007

TERMODINMICALa termodinmica es el estudio de las relaciones de energa que involucran calor, trabajo mecnico y otros aspectos de energa y transferencia de calor.

Objetivos: Despus de terminar esta unida, deber:Establecer y aplicar la primera y segunda leyes de la termodinmica.

Demostrar su comprensin de los procesos adiabtico, isocrico, isotrmico e isobrico.

Escribir y aplicar una relacin para determinar la eficiencia ideal de una mquina trmica.

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

UN SISTEMA TERMODINMICOUn 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 automvil.)

Trabajo realizado sobre el gas o trabajo realizado por el gas

ENERGA INTERNA DEL SISTEMALa energa interna U de un sistema es el total de todos los tipos de energa que poseen las partculas que conforman el sistema.

DOS FORMAS DE AUMENTAR LA ENERGA INTERNA, U. CALOR QUE SE PONE EN UN SISTEMA (Positivo)

TRABAJO REALIZADO POR EL GAS EN EXPANSIN: W es positivo-UDisminuyeDOS FORMAS DE REDUCIR LA ENERGA INTERNA, U.

ESTADO TERMODINMICOEl ESTADO de un sistema termodinmico se determina mediante cuatro factores:Presin absoluta P en pascalesTemperatura T en KelvinsVolumen V en metros cbicos

Nmero de moles, n, del gas que realiza trabajo

PROCESO TERMODINMICO

El proceso inverso

LA PRIMERA LEY DE LA TERMODINMICA:Por el contrario, el trabajo realizado SOBRE un sistema es igual al cambio en energa interna ms la prdida de calor en el proceso.

CONVENCIONES DE SIGNOS PARA LA PRIMERA LEY ENTRADA de calor Q es positiva

SALIDA de calor es negativa

Trabajo POR un gas es positivo

Trabajo SOBRE un gas es negativo

U

U

APLICACIN DE LA PRIMERA LEY DE LA TERMODINMICAEjemplo 1: En la figura, el gas absorbe 400 J de calor y al mismo tiempo realiza 120 J de trabajo sobre el pistn. Cul es el cambio en energa interna del sistema?

Ejemplo 1 (Cont.): Aplique la primera leyU = Q - W = (+400 J) - (+120 J) = +280 JDW es positivo: +120 J (trabajo SALE)Q = U + WU = Q - WDQ es positivo: +400 J (calor ENTRA)

Ejemplo 1 (Cont.): Aplique la primera leyLos 400 J de energa trmica de entrada se usan para realizar 120 J de trabajo externo, aumenta la energa interna del sistema en 280 JEl aumento en energa interna es:La energa se conserva:

CUATRO PROCESOS TERMODINMICOS:Proceso isocrico: V = 0, W = 0 Proceso isobrico: P = 0 Proceso isotrmico: T = 0, U = 0 Proceso adiabtico: Q = 0

Q = U + W de modo que Q = UPROCESO ISOCRICO: VOLUMEN CONSTANTE, V = 0, W = 0No se realiza trabajo

EJEMPLO ISOCRICO: La entrada de calor aumenta P con V constante400 J de entrada de calor aumentan la energa interna en 400 J y se realiza trabajo cero.

Q = U + W pero W = P VPROCESO ISOBRICO: PRESIN CONSTANTE, P = 0

+U -USALIDA DE CALOR = Wout + DISMINUCIN EN ENERGA INTERNA

EJEMPLO ISOBRICO (Presin constante):La entrada de calor aumenta V con P constante400 J de calor realizan 120 J de trabajo y aumentan la energa interna en 280 J.

TRABAJO ISOBRICOTrabajo = rea bajo la curva PV

PA = PB

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

U = 0 U = 0

ENTRADA DE TRABAJO = SALIDA NETA DE CALOR

EJEMPLO ISOTRMICO (T constante): Lenta compresin a temperatura constante: -- No hay cambio en U.U = T = 0

EXPANSIN ISOTRMICA (T constante):

Q = U + W ; W = -U or U = -W PROCESO ADIABTICO: NO HAY INTERCAMBIO DE CALOR, Q = 0

EJEMPLO ADIABTICO: Paredes aisladas: Q = 0El gas en expansin realiza trabajo con cero prdida de calor. Trabajo = -DU

EXPANSIN ADIABTICA:

CAPACIDAD CALORFICA MOLARCompruebe con su instructor si se requiere este tratamiento ms amplio de los procesos termodinmicos.

CAPACIDAD CALORFICA ESPECFICARecuerda la definicin de capacidad calorfica especfica como el calor por unidad de masa que se requiere para cambiar la temperatura?Por ejemplo, cobre: c = 390 J/kgK

CAPACIDAD CALORFICA ESPECFICA MOLAREl mol es una mejor referencia para gases que el kilogramo. Por tanto, la capacidad calorfica especfica molar se define como:Por ejemplo, un volumen constante de oxgeno requiere 21.1 J para elevar la temperatura de un mol en un grado kelvin.

CAPACIDADS CALORFICA ESPECFICA A VOLUMEN CONSTANTECunto 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)

CAPACIDAD CALORFICA ESPECFICA A VOLUMEN CONSTANTE (Cont.)Puesto que el volumen no cambia, no se realiza trabajo. Todos los 4220 J van a aumentar la energa interna, U.Q = U = nCv T = 4220 JPor tanto, U se determina mediante el cambio de temperatura y el calor especfico a volumen constante.

CAPACIDAD CALORFICA ESPECFICA A PRESIN CONSTANTEAcaba de ver que se necesitaban 4220 J de calor a volumen constante. Suponga que tambin quiere realizar 1000 J de trabajo a presin constanteQ = U + WQ = 4220 J + JQ = 5220 J

CAPACIDAD CALORFICA (Cont.)Cp > CvPara presin constanteQ = U + WnCpT = nCvT + P VEl calor para elevar la temperatura de un gas ideal, U, es el mismo para cualquier proceso.

RECUERDE, PARA CUALQUIER PROCESO QUE INVOLUCRA UN GAS IDEAL:

Problema ejemplo:Una muestra de 2 L de gas oxgeno tiene temperatura y presin iniciales de 200 K y 1 atm. El gas experimenta cuatro procesos:BC: se calienta a P constante a 800 K.CD: se enfra a V constante de vuelta a 1 atm.DA: se enfra a P constante de vuelta a 200 K.

DIAGRAMA PV PARA PROBLEMACuntas moles de O2 hay presentes?Considere el punto A:PV = nRT

PROCESO AB: ISOCRICOCul es la presin en el punto B?

PROCESO AB: Q = U + WAnalice la primera ley para el proceso ISOCRICO AB.W = 0 Q = U = nCv TU = (0.122 mol)(21.1 J/mol K)(400 K - 200 K)

PROCESO BC: ISOBRICOCul es el volumen en el punto C (y D)?

ENCUENTRE U PARA EL PROCESO BC. El proceso BC es ISOBRICO.P = 0 U = nCv TU = (0.122 mol)(21.1 J/mol K)(800 K - 400 K)

ENCUENTRE W PARA EL PROCESO BC.El trabajo depende del cambio en V.P = 0 Trabajo = P VW = (2 atm)(4 L - 2 L) = 4 atm L = 405 J

ENCUENTRE Q PARA EL PROCESO BC. Analice la primera ley para BC.Q = U + WQ = +1028 J + 405 JQ = +1433 J

PROCESO CD: ISOCRICOCul es la temperatura en el punto D?

PROCESO CD: Q = U + WAnalice la primera ley para el proceso ISOCRICO CD.W = 0 Q = U = nCv TU = (0.122 mol)(21.1 J/mol K)(400 K - 800 K)

ENCUENTRE U PARA EL PROCESO DAEl proceso DA es ISOBRICO.P = 0 U = nCv TU = (0.122 mol)(21.1 J/mol K)(400 K - 200 K)

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

ENCUENTRE Q PARA EL PROCESO DAAnalice la primera ley para DA.Q = U + WQ = -514 J - 203 JQ = -717 J

RESUMEN DEL PROBLEMA

TRABAJO NETO PARA CICLOS COMPLETOS ES REA ENCERRADA

EJEMPLO ADIABTICO: Q = 0

ADIABTICO (Cont.): ENCUENTRE PB

ADIABTICO (Cont.): ENCUENTRE TB

ADIABTICO (Cont.): Si VA= 96 cm3 y VA= 8 cm3, ENCUENTRE WW = - U = - nCV T y CV= 21.1 j/mol KEncuentre n del punto APV = nRT

ADIABTICO (Cont.): Si VA = 96 cm3 y VA = 8 cm3, ENCUENTRE Wn = 0.000325 mol y CV= 21.1 j/mol K T = 810 - 300 = 510 KW = - U = - nCV T

Absorbe calor Qhot Realiza trabajo WoutLiberacin de calor Qcold

Una mquina trmica es cualquier dispositivo que pasa por un proceso cclico:MQUINAS TRMICAS

LA SEGUNDA LEY DE LA TERMODINMICANo slo no puede ganar (1a ley); ni siquiera puede empatar (2a ley)!

LA SEGUNDA LEY DE LA TERMODINMICA

EFICIENCIA DE UNA MQUINALa eficiencia de una mquina trmica es la razn del trabajo neto realizado W a la entrada de calor QH.

EJEMPLO DE EFICIENCIAUna mquina absorbe 800 J y desecha 600 J cada ciclo. Cul es la eficiencia?Pregunta: Cuntos joules de trabajo se realizan?

EFICIENCIA DE UNA MQUINA IDEAL (mquina de Carnot)Para una mquina perfecta, las cantidades Q de calor ganado y perdido son proporcionales a las temperaturas absolutas T.

Ejemplo 3: Una mquina de vapor absorbe 600 J de calor a 500 K y la temperatura de escape es 300 K. Si la eficiencia real slo es la mitad de la eficiencia ideal, cunto trabajo se realiza durante cada ciclo?e = 40%

e real = 0.5ei = 20%W = eQH = 0.20 (600 J)

REFRIGERADORESUn refrigerador es una mquina que opera a la inversa: realiza trabajo sobre gas que extrae calor del depsito fro y deposita calor en el depsito caliente.Win + Qfro = Qcaliente

LA SEGUNDA LEY PARA REFRIGERADORESEs imposible construir un refrigerador que absorba calor de un depsito fro y deposite igual calor a un depsito caliente con W = 0.Si fuese posible, se podra establecer movimiento perpetuo!

COEFICIENTE DE RENDIMIENTO (COP)El COP (K) de una mquina trmica es la razn del CALOR Qc extrado al TRABAJO neto realizado W.Para un refrigerador IDEAL:

EJEMPLO DE COPUn refrigerador de Carnot opera entre 500 K y 400 K. Extrae 800 J de un depsito fro cada ciclo. Cules son COP, W y QH ?

Dep. fro TCMquinaDep. caliente TH800 JWQH500 K400 K

EJEMPLO DE COP (Cont.)A continuacin se encontrar QH al suponer el mismo K para un refrigerador real (Carnot).

Dep. fro TCMquinaDep. caliente TH800 JWQH500 K400 K

EJEMPLO DE COP (Cont.)Ahora, puede decir cunto trabajo se realiza en cada ciclo? Trabajo = 1000 J - 800 J

Resumen

Proceso isocrico: V = 0, W = 0 Proceso isobrico: P = 0 Proceso isotrmico: T = 0, U = 0 Proceso adiabtico: Q = 0

Resumen (Cont.)Unidades: Joules por mol por grado KelvinLo siguiente es cierto para CUALQUIER proceso:

Resumen (Cont.)No slo no puede ganar (1a ley); ni siquiera puede empatar (2a ley)!

Resumen (Cont.)La eficiencia de una mquina trmica:El coeficiente de rendimiento de un refrigerador:

CONCLUSIN: Captulo 20Termodinmica