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Capítulo 20 - Termodinámica
Presentación PowerPoint de
Paul E. Tippens, Profesor de Física
Southern Polytechnic State University
©
2007
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.
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 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.)
Trabajo realizado
sobre el gas o
trabajo realizado
por el gas
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.
+U
TRABAJO
REALIZADO
SOBRE UN GAS
(Positivo)
CALOR QUE SE
PONE EN UN
SISTEMA
(Positivo)
DOS FORMAS DE REDUCIR LA
ENERGÍA INTERNA, U.
Wout
Qout
-U
Disminuye
caliente
TRABAJO REALIZADO
POR EL GAS EN
EXPANSIÓN: W es
positivo
caliente
CALOR SALE DEL
SISTEMA
Q es negativo
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.
Wout
Qin
Estado inicial:
P1 V1 T1 n1
Entrada de calor
Trabajo por el gas
Estado final:
P2 V2 T2 n2
El proceso inverso
Disminución de energía interna, U.
Win
Qout
Estado inicial:
P1 V1 T1 n1
Trabajo sobre el gas
Pérdida de calor
Estado final:
P2 V2 T2 n2
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
• Trabajo POR un gas es
positivo
• Trabajo SOBRE un gas es
negativo
• SALIDA de calor es negativa
Q = U + W
+Wout
+Qin
U
-Win
U
-Qout
final - inicial)
APLICACIÓN DE LA PRIMERA
LEY DE LA TERMODINÁMICA
Ejemplo 1: En la figura, el gas
Wout =120 J
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?
Qin
Aplique primera ley:
Q = U + W
400 J
Ejemplo 1 (Cont.): Aplique la primera ley
Q es positivo: +400 J (calor ENTRA)
Wout =120 J
W es positivo: +120 J (trabajo SALE)
Q = U + W
U = Q - W
Qin
400 J
U = Q - W
= (+400 J) - (+120 J)
= +280 J
U = +280 J
Ejemplo 1 (Cont.): Aplique la primera ley
La energía se conserva:
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
El aumento en
energía interna es:
Wout =120 J
Qin
400 J
U = +280 J
CUATRO PROCESOS
TERMODINÁMICOS:
• Proceso isocórico:
• Proceso isobárico:
V = 0, W = 0
P = 0
• Proceso isotérmico: T = 0, U = 0
• Proceso adiabático:
Q = 0
Q = U + W
PROCESO ISOCÓRICO:
VOLUMEN CONSTANTE, V = 0, W = 0
0
Q = U + W
de modo que
QIN
+U
Q = U
QOUT
No se
realiza
trabajo
-U
ENTRADA DE CALOR = AUMENTO EN ENERGÍA INTERNA
SALIDA DE CALOR = DISMINUCIÓN EN ENERGÍA INTERNA
EJEMPLO ISOCÓRICO:
No hay cambio
en volumen:
P2
B
P1
A
PA
TA
=
PB
TB
V1= V2
400 J
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.
PROCESO ISOBÁRICO:
PRESIÓN CONSTANTE, P = 0
Q = U + W
pero
W = P V
QIN
QOUT
Salida
+U
de trabajo
-U
Entrada
de
trabajo
ENTRADA DE CALOR = Wout + AUMENTO EN ENERGÍA INTERNA
SALIDA DE CALOR = Wout + DISMINUCIÓN EN ENERGÍA INTERNA
EJEMPLO ISOBÁRICO (Presión constante):
P
A
B
VA
TA
400 J
La entrada de
calor aumenta
V con P
constante
V1
=
V2
400 J de calor realizan
120 J de trabajo y
aumentan la energía
interna en 280 J.
VB
TB
TRABAJO ISOBÁRICO
P
A
B
VA
TA
400 J
V1
V2
=
TB
PA = PB
Trabajo = área bajo la curva PV
Trabajo = P V
VB
PROCESO ISOTÉRMICO:
TEMPERATURA CONSTANTE, T = 0, U = 0
Q = U + W
y
QIN
U = 0
Q = W
QOUT
Salida
de trabajo
U = 0
Entrada
de
trabajo
ENTRADA NETA DE CALOR = SALIDA DE TRABAJO
ENTRADA DE TRABAJO = SALIDA NETA DE CALOR
EJEMPLO ISOTÉRMICO (T constante):
PA
A
B
PB
U = T = 0
PAVA = PBVB
V2
V1
Lenta compresión a
temperatura constante:
-- No hay cambio en U.
EXPANSIÓN ISOTÉRMICA (T constante):
PA
A
B
PB
U = T = 0
VA
VB
El gas absorbe 400 J de energía
mientras sobre él se realizan
400 J de trabajo.
T = U = 0
PAVA = PBVB
TA = TB
Trabajo isotérmico
VB
W  nRT ln
VA
PROCESO ADIABÁTICO:
NO HAY INTERCAMBIO DE CALOR, Q = 0
Q = U + W ; W = -U or U = -W
U = -W
W = -U
U
Sale trabajo
Q = 0
+U
Entra
trabajo
Trabajo realizado A COSTA de energía interna.
ENTRADA de trabajo AUMENTA energía interna.
EJEMPLO ADIABÁTICO:
PA
A
B
PB
V1
Paredes
aisladas: Q = 0
V2
El gas en expansión
realiza trabajo con cero
pérdida de calor.
Trabajo = -U
EXPANSIÓN ADIABÁTICA:
PA
A
B
PB
Q = 0
PAVA
TA
VA
Se realizan 400 J de TRABAJO,
lo que DISMINUYE la energía
interna en 400 J: el
intercambio neto de calor es
CERO. Q = 0
=
PBVB
TB
VB


P
AV
A P
BV
B
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.
CAPACIDAD CALORÍFICA ESPECÍFICA
¿Recuerda la definición de capacidad
calorífica específica como el calor por
unidad de masa que se requiere para
cambiar la temperatura?
Q
c
m t
Por ejemplo, cobre: c = 390 J/kgK
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:
C=
Q
n T
Por ejemplo, un volumen constante de
oxígeno requiere 21.1 J para elevar la
temperatura de un mol en un grado kelvin.
CAPACIDADS CALORÍFICA ESPECÍFIC
A VOLUMEN CONSTANTE
¿Cuánto calor se requiere para
elevar la temperatura de 2 moles
de O2 de 0oC a 100oC?
Q = nCv T
Q = (2 mol)(21.1 J/mol K)(373 K - 273 K)
Q = +4220 J
CAPACIDAD CALORÍFICA ESPECÍFICA
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
Por tanto, U se determina
U = nCv T
mediante el cambio de
temperatura y el calor
específico a volumen constante.
CAPACIDAD CALORÍFICA ESPECÍFICA
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
Igual
Q = 4220 J + J
Q = 5220 J
Cp > Cv
CAPACIDAD CALORÍFICA (Cont.)
El calor para elevar la
temperatura de un gas
ideal, U, es el mismo para
cualquier proceso.
U = nCvT
Para presión constante
Q = U + W
nCpT = nCvT + P V
Cp > Cv

Cp
Cv
RECUERDE, PARA CUALQUIER PROCESO
QUE INVOLUCRA UN GAS IDEAL:
PV = nRT
Q = U +  W
PAVA
TA
=
PBVB
TB
U = nCv T
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
¿Cuántas moles de
O2 hay presentes?
Considere el punto A:
PV = nRT
PB
1 atm
B
A
400 K
800 K
200 K
2L
PV (101, 300Pa)(0.002m3 )
n

 0.122 mol
RT (8.314J/mol  K)(200K)
PROCESO AB: ISOCÓRICO
¿Cuál es la presión
en el punto B?
PA
TA
=
1 atm
200 K
B
PB
A
1 atm
PB
200 K
2L
TB
=
400 K
PB
400 K
P B = 2 atm
or
203 kPa
800 K
PROCESO AB: Q = U + W
Analice la primera
ley para el proceso
ISOCÓRICO AB.
W = 0
PB
1 atm
B
A
Q = U = nCv T
400 K
800 K
200 K
2L
U = (0.122 mol)(21.1 J/mol K)(400 K - 200 K)
Q = +514 J
U = +514 J
W = 0
PROCESO BC: ISOBÁRICO
¿Cuál es el volumen
en el punto C (y D)?
VB
TB
=
2L
400 K
VC
1 atm
TC
=
PB
B
400 K
800 K
C
200 K
2L
VC
800 K
D
4L
VC = VD = 4 L
ENCUENTRE U PARA EL PROCESO B
El proceso BC es
ISOBÁRICO.
P = 0
2 atm
B
1 atm
U = nCv T
400 K
800 K
C
200 K
2L
4L
U = (0.122 mol)(21.1 J/mol K)(800 K - 400 K)
U = +1028 J
ENCUENTRE W PARA EL PROCESO BC
El trabajo
depende del
cambio en V.
2 atm
P = 0
B
400 K
C
200 K
1 atm
Trabajo = P V
800 K
2L
4L
W = (2 atm)(4 L - 2 L) = 4 atm L = 405 J
W = +405 J
ENCUENTRE Q PARA EL PROCESO BC
Analice la primera
ley para BC.
Q = U + W
2 atm
1 atm
Q = +1028 J + 405 J
B
400 K
800 K
C
200 K
2L
4L
Q = +1433 J
Q = 1433 J
U = 1028 J
W = +405 J
PROCESO CD: ISOCÓRICO
¿Cuál es la temperatura
en el punto D?
PC
TC
=
2 atm
800 K
1 atm
PD
A
400 K
200 K
2L
TD
=
PB
B
1 atm
TD
T D = 400 K
800 K
C
D
PROCESO CD: Q = U + W
Analice la primera
ley para el proceso
ISOCÓRICO CD.
PB
W = 0
400 K 800 K
200 K
1 atm
Q = U = nCv T
C
D
400 K
2L
U = (0.122 mol)(21.1 J/mol K)(400 K - 800 K)
Q = -1028 J
U = -1028 J
W = 0
ENCUENTRE U PARA EL PROCESO DA
El proceso DA
es ISOBÁRICO.
P = 0
U = nCv T
400 K
2 atm
1 atm
800 K
200 K
A
2L
400 K
D
4L
U = (0.122 mol)(21.1 J/mol K)(400 K - 200 K)
U = -514 J
ENCUENTRE W PARA EL PROCESO D
El trabajo
depende del
cambio en V.
400 K
2 atm
P = 0
1 atm
A
Trabajo = P V
200 K
2L
800 K
400 K
D
4L
W = (1 atm)(2 L - 4 L) = -2 atm L = -203 J
W = -203 J
ENCUENTRE Q PARA EL PROCESO D
Analice la primera
ley para DA.
Q = U + W
400 K
2 atm
1 atm
Q = -514 J - 203 J
A
800 K
200 K
2L
D
400 K
4L
Q = -717 J
Q = -717 J
U = -514 J
W = -203 J
RESUMEN DEL PROBLEMA
Para todos
Q
=
U
+
W
los procesos:
Process
Q
U
W
AB
514 J
514 J
0
BC
1433 J
1028 J
405 J
CD
-1028 J -1028 J
DA
-717 J
-514 J
-203 J
Totals
202 J
0
202 J
0
TRABAJO NETO PARA CICLOS
COMPLETOS ES ÁREA ENCERRADA
2 atm
B
+404 J
C
1 atm
Neg
1 atm
2L
2 atm
2 atm
B -202 J C
B
4L
C
1 atm
2L
4L
área = (1 atm)(2 L)
trabajo neto = 2 atm L = 202 J
2L
4L
EJEMPLO ADIABÁTICO:
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)
PB
B
Q = 0
VB

PAVA
PBVB
PAVA = PBVB
A
PA

VA
TA
=
TB
ADIABÁTICO (Cont.): ENCUENTRE PB

B
PB

PAVA = PBVB
300 K Resolver para PB:
1 atm
A
Q = 0
VB 12VB
 VA 
PB  PA  
 VB 
1.4
 12VB 
PB  PA 

 VB 
P
(
1a
tm
)(1
2
)
B
1
.4
PB = 32.4 atm
o 3284 kPa

ADIABÁTICO (Cont.): ENCUENTRE TB
32.4 atm
1 atm
Q = 0
B TB=?
300 K
A
VB 12VB
(1 atm)(12VB)
(300 K)
=
PAVA PBVB

TA
TB
Resuelva
para TB
(32.4 atm)(1 VB)
TB = 810 K
TB
ADIABÁTICO (Cont.): Si VA= 96 cm3
y VA= 8 cm3, ENCUENTRE W
32.4 atm
B
810 K
300 K
1 atm
Q = 0
A
8 cm3
W = - U = - nCV T
Encuentre n
del punto A
Dado que
Q = 0,
W = - U
96 cm3
y
PV = nRT
CV= 21.1 j/mol K
n=
PV
RT
ADIABÁTICO (Cont.): Si VA = 96 cm3 y
= 8 cm3, ENCUENTRE W
n=
PV
RT
=
VA
(101,300 Pa)(8 x10-6 m3)
(8.314 J/mol K)(300 K)
n = 0.000325 mol y
T = 810 - 300 = 510 K
W = - U = - nCV T
W = - 3.50 J
CV= 21.1 j/mol K
32.4 atm
B
810 K
300 K
1 atm
A
8 cm3
96 cm3
MÁQUINAS TÉRMICAS
Dep. Caliente TH
Qhot
Máquina
Qcold
Dep. frío TC
Wout
Una máquina térmica es
cualquier dispositivo que
pasa por un proceso
cíclico:
• Absorbe calor Qhot
• Realiza trabajo Wout
• Liberación de calor Qcold
LA SEGUNDA LEY DE LA
TERMODINÁMICA
Dep. caliente TH
Qhot
Wout
Máquina
Qcold
Dep. frío TC
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)!
LA SEGUNDA LEY DE LA
TERMODINÁMICA
Dep. caliente TH
400 J
100 J
Máquina
Dep. caliente TH
400 J
400 J
Máquina
300 J
Dep. frío TC
• Máquina posible.
Dep. frío TC
• Máquina
IMPOSIBLE.
EFICIENCIA DE UNA MÁQUINA
Dep. caliente TH
QH
W
Máquina
QC
La eficiencia de una máquina
térmica es la razón del trabajo
neto realizado W a la entrada
de calor QH.
W
QH- QC
e=
=
QH
QH
Dep. frío TC
e=1-
QC
QH
EJEMPLO DE EFICIENCIA
Dep. caliente TH
800 J
Máquina
600 J
Dep. frío TC
W
Una máquina absorbe 800 J y
desecha 600 J cada ciclo. ¿Cuál
es la eficiencia?
QC
e=1QH
e=1-
600 J
800 J
e = 25%
Pregunta: ¿Cuántos joules de trabajo se
realizan?
EFICIENCIA DE UNA MÁQUINA
IDEAL (máquina de Carnot)
Dep. caliente TH
QH
Máquina
QC
W
Para una máquina perfecta, las
cantidades Q de calor ganado
y perdido son proporcionales a
las temperaturas absolutas T.
e=
TH- TC
Dep. frío TC
e=1-
TH
TC
TH
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=1e=1-
TC
e real = 0.5ei = 20%
TH
W
300 K
500 K
e = 40%
e=
QH
W = eQH = 0.20 (600 J)
Trabajo = 120 J
REFRIGERADORES
Dep. caliente TH
Qhot
Máquina
Qcold
Dep. frío TC
Win
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
LA SEGUNDA LEY PARA
REFRIGERADORES
Dep. caliente TH
Qhot
Máquina
Qcold
Dep. frío TC
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!
COEFICIENTE DE RENDIMIENTO
(COP)
Dep. caliente TH
QH
W
Máquina
El COP (K) de una máquina
térmica es la razón del
CALOR Qc extraído al
TRABAJO neto realizado W.
QC
K=
Dep. frío TC
Para un
refrigerador
IDEAL:
QC
W
K=
=
QH
QH- QC
TH
TH- TC
EJEMPLO DE COP
500 K
Dep. caliente TH
QH
W
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
800 J
K=
TC
TH- TC
=
400 K
500 K - 400 K
Dep. frío TC
400 K
COP (K) = 4.0
EJEMPLO DE COP (Cont.)
A continuación se encontrará
500 K
QH al suponer el mismo K
Dep. caliente T
para un refrigerador real
QH
W (Carnot).
QC
Máquina
K=
QH- QC
H
800 J
Dep. frío TC
400 K
4.0 =
800 J
QH - 800 J
QH = 1000 J
EJEMPLO DE COP (Cont.)
500 K
Dep. caliente TH
1000 J
Máquina
800 J
Dep. frío TC
400 K
W
Ahora, ¿puede decir cuánto
trabajo se realiza en cada
ciclo?
Trabajo = 1000 J - 800 J
Trabajo = 200 J
Resumen
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.
Q = U + W
• Proceso isocórico:
• Proceso isobárico:
final - inicial)
V = 0, W = 0
P = 0
• Proceso isotérmico: T = 0, U = 0
• Proceso adiabático:
Q = 0
Resumen (Cont.)
Capacidad
calorífica
molar, C:
Unidades: Joules
por mol por
grado Kelvin
Q
c = n T
Lo siguiente es cierto para CUALQUIER proceso:
Q = U + W
PAVA PBVB

TA
TB
U = nCv T
PV = nRT
Resumen (Cont.)
Dep. caliente TH
Qhot
Wout
Máquina
Qcold
Dep. frío TC
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)!
Resumen (Cont.)
La eficiencia de una máquina térmica:
QC
e=1- Q
H
e=1-
TC
TH
El coeficiente de rendimiento de un refrigerador:
QC
QC
K

Win QH  QC
TC
K
TH  TC
CONCLUSIÓN: Capítulo 20
Termodinámica