FISICA II

SEMANA 6

TERMODINÁMICA

Calefacción central

CONTENIDO

• DEFINICIÓN DE TERMODINAMICA

• SISTEMA TERMODINÁMICO

• ENERGÍA INTERNA DE UN SISTEMA TERMODINAMICO

• ESTADO TERMODINÁMICO

• PROCESO TERMODINÁMICO

• PRIMERA LEY DE LA TERMODINÁMICA

DEFINICIÓN DE LA TERMODINÁMICA

La termodinámica es el estudio de las relaciones de

energía que involucran calor, trabajo mecánico y

transferencia de calor.

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.)

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.

DOS FORMAS DE AUMENTAR LA ENERGÍA INTERNA, ∆U.

CALOR QUE SE PONE EN UN SISTEMA (Positivo)

++∆∆UU

TRABAJO REALIZADO SOBRE UN GAS (Positivo)

--∆∆UUDisminuyDisminuy

ee

DOS FORMAS DE REDUCIR LA ENERGÍA INTERNA, ∆U.

CALOR SALE DEL SISTEMA∆Q es negativo

QQoutout

caliente

WWoutout

caliente

TRABAJO REALIZADO POR EL GAS EN EXPANSIÓN: ∆W es positivo

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 TERMODINÁMICOAumento en energía interna, ∆U.

Estado inicial:

P1 V1 T1 n1

Estado final:

P2 V2 T2 n2

Entrada de calor

QQinin

Wout

Trabajo por el gas

El proceso inversoDisminución 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

LA PRIMERA LEY DE LA TERMODINÁMICA:

∆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 positivapositiva

∆Q = ∆U + ∆W ∆ = (final - inicial)

• SALIDA de calor es negativa

• Trabajo POR un gas es positivo

• Trabajo SOBRE un gas es negativo

+Q+Qinin

+W+Woutout

+∆U

-W-Winin

-Q-Qoutout

−∆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: QQinin

400 J400 J

WWoutout =120 J =120 J

Ejemplo 1 (Cont.): Aplique la primera ley

∆U = +280 J

∆U = ∆Q - ∆W = (+400 J) - (+120 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.): 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:

CUATRO PROCESOS TERMODINÁMICOS:

• Proceso isocórico: ∆V = 0, ∆W = 0

• Proceso isobárico: ∆P = 0

• Proceso isotérmico: ∆T = 0, ∆U = 0

• Proceso adiabático: ∆Q = 0

∆Q = ∆U + ∆W

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

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

00

+∆U -∆U

QQININ QQOUTOUT

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

400 J400 J

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

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

PROCESO ISOBÁRICO: PRESIÓN CONSTANTE, ∆P = 0

+∆U -∆U

QQININ QQOUTOUT

ENTRADA DE CALOR = WENTRADA DE CALOR = Woutout + AUMENTO EN ENERGÍA + AUMENTO EN ENERGÍA

INTERNAINTERNA

SalidaSalida

de trabajode trabajo

Entrada Entrada de de

trabajotrabajo

SALIDA DE CALOR = WSALIDA DE CALOR = Woutout + DISMINUCIÓN EN ENERGÍA + DISMINUCIÓN EN ENERGÍA

INTERNAINTERNA

EJEMPLO ISOBÁRICO (Presión constante):

La entrada de calor aumenta V con P constante

400 J de calor realizan 120 Jde trabajo y aumentan la energía interna en 280 J.

BAP

V1 V2

VA VB

TA T B

=

TRABAJO 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

PROCESO ISOTÉRMICO: TEMPERATURA CONSTANTE, ∆T =

0, ∆U = 0

ENTRADA NETA DE CALOR = SALIDA DE TRABAJOENTRADA NETA DE CALOR = SALIDA DE TRABAJO

∆∆Q = Q = ∆∆U + U + ∆∆W yW y ∆ ∆Q = Q = ∆∆WW

∆U = 0 ∆U = 0

QQOUTOUT

Entrada Entrada de trabajode trabajo

Salidade trabajo

QQININ

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

EJEMPLO ISOTÉRMICO (T constante):

PAVA = PBVB

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

∆∆U = U = ∆∆TT = 0 = 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

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 or U or ∆∆U = -U = -∆∆WW

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

EJEMPLO ADIABÁTICO:

Paredes aisladas: ∆Q = 0

B

APPAA

VV11 V V22

PPBB

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

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

A A B BP V P Vγ γ=

CAPACIDAD CALORÍFICA MOLAR

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.

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/kgPor ejemplo, cobre: c = 390 J/kg⋅⋅KK

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 =C = QQ

n n ∆∆TT

CAPACIDADS CALORÍFICA ESPECÍFICA A VOLUMEN CONSTANTE

¿Cuánto calor se requiere para elevar la temperatura de 2 moles de O2 de 0oC a 100oC?

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 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 + 1000 J

∆∆Q =Q = 5220 J5220 J CCpp > C > Cvv

Igual

CAPACIDAD CALORÍFICA (Cont.)

CCpp > C > Cvv

Para presión constantePara presión constante

∆∆Q = Q = ∆∆U + U + ∆∆WW

nCnCpp∆∆T = nCT = nCvv∆∆T + P T + P ∆∆VV

∆U = nCv∆T

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

Cp

Cv

γ = γ =

RECUERDE, PARA CUALQUIER PROCESO QUE INVOLUCRA UN GAS IDEAL:

PV = nRT

∆U = nCv ∆T∆Q = ∆U + ∆W

PPAAVVA A PPBBVVBB

TTA A TT B B

==

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

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

BB

A

PPBB

2 L2 L

1 atm1 atm200 K

400 K 800 K¿Cuántas moles ¿Cuántas moles de Ode O22 hay hay presentes?presentes?

Considere el punto Considere el punto A:A:

PV = nRTPV = nRT3(101, 300Pa)(0.002m )

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

PVn

RT= = =

⋅

PROCESO AB: ISOCÓRICO

¿Cuál es la presión en el 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

AA

PPBB

2 L

1 atm1 atm200 K

400 K 800 K

PROCESO AB: ∆Q = ∆U + ∆WAnalice 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)

BB

AA

PPBB

2 L2 L

1 atm1 atm200 K

400 K 800 K

∆Q = +514 J ∆W = 0∆U = +514 J

PROCESO 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==

BBCCPPBB

2 L2 L

1 atm1 atm200 K

400 K 800 K

DD

4 L4 L

V C = V D = 4 L

ENCUENTRE ∆U PARA EL PROCESO BC.

El proceso BC es SOBÁRICO.

∆∆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

BBCC

2 L2 L

1 atm1 atm200 K

400 K 800 K

4 L4 L

2 atm2 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

BBCC

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

BBCC

2 L2 L

1 atm1 atm200 K

400 K 800 K

4 L4 L

2 atm2 atm

∆U = 1028 J

PROCESO 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

B

A

PB

2 L

1 atm200 K

400 K 800 KC

D

PROCESO CD: ∆Q = ∆U + ∆W

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 = 0∆U = -1028 J

CC

DD

PB

2 L2 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

AADD

2 L2 L

1 atm1 atm200 K

400 K 800 K

4 L

2 atm2 atm

400 K

ENCUENTRE ∆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

AD

2 L2 L

1 atm1 atm200 K

400 K 800 K

4 L4 L

2 atm2 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 J∆U = -514 J

AADD

2 L2 L

1 atm1 atm200 K

400 K 800 K

4 L4 L

2 atm2 atm

400 K

RESUMEN DEL PROBLEMA∆∆Q = Q = ∆∆U + U + ∆∆WW

Para todos los Para todos 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 COMPLETOS ES ÁREA ENCERRADA

BB 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 L2 L 4 L4 L

BB CC

1 atm1 atm

2 atm2 atm

EJEMPLO ADIABÁTICO:

∆Q = 0

AA

BBPPBB

VVBB V VAA

PPAA PAVA PBVB

TTA A TT B B

=

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)

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 =

PPAAVVAA = P = PBBVVBB

γ γ

AA

BBPPBB

VVBB 12VVBB

1 atm1 atm300 K Resolver para PResolver para PBB::

AB A

B

VP P

V

γ

=

ADIABÁTICO (Cont.): ENCUENTRE TB

∆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 atm32.4 atm

VVBB 12 12VVBB

1 atm1 atm300 K

Resuelva para TResuelva para TBB

TTBB=?=?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 KK

AA

B32.4 atm32.4 atm

1 atm1 atm300 K

810 KDado queDado que

∆∆Q = 0,Q = 0,∆∆W = - W = - ∆∆UU

8 cm8 cm3 3 96 cm96 cm3 3

Encuentre n Encuentre n del punto Adel punto A PV = nRTPV = nRT

PVPV

RTRT n =n =

ADIABÁTICO (Cont.): Si VA = 96 cm3 y VA = 8 cm3, ENCUENTRE ∆W

AA

BB32.4 atm32.4 atm

1 atm300 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

GRACIAS