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
+Qin
+Wout +∆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 Proceso isocórico: isocórico: •• Proceso Proceso isobárico: isobárico:
∆∆VV = = 0, 0, ∆∆W W= = 00 ∆∆PP = = 00
•• Proceso Proceso isotérmico: isotérmico: ∆∆TT = = 0, 0, ∆∆UU = = 00 •• Proceso Proceso adiabático: adiabático:
∆∆Q Q= = 00
∆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 ISOCĂ“RICO: No hay cambio en volumen:
P2
B
P1
A
PA TA
=
PB TB
V1= V 2 400 J La entrada de calor aumenta P con V constante
400 J de entrada de calor aumentan la energĂa 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. 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
El gas absorbe 400 J de energía mientras sobre él se realizan 400 J de trabajo. ∆T = ∆U = 0
VB
PAVA = PBVB TA = T B
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
γ A A
γ B B
PV = PV
CAPACIDAD CALORÍFICA MOLAR TRATAMIENTO OPCIONAL
La capacidad calorífica molar C se define como al calor por unidad de mol por grado Celsius. Compruebe Compruebe con con su su instructor instructor sisi se se requiere requiere este este tratamiento tratamiento más más amplio amplio de de los los procesos procesos termodinámicos. 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 + 1000 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
γ=
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)(0.002m 3 ) 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
800 K
C
200 K
1 atm
Trabajo = P ∆V
400 K
2L
4L
∆W = (2 atm)(4 L - 2 L) = 4 atm L = 405 J ∆W = +405 J
ENCUENTRE ∆Q PARA EL PROCESO BC B 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.
2 atm
∆P = 0
1 atm
400 K
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 ร REA ENCERRADA 2 atm
B
+404 J
C
1 atm
1 atm 2L
2 atm
2 atm
B -202 J C Neg
B
4L
C
1 atm
2L
4L
รกrea = (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? (γ = 1.4)
PB
VB
γ
PAVA = PBVB A
PA
∆Q = 0
γ
B
VA
PAVA TA
=
PBVB TB
ADIABÁTICO (Cont.): ENCUENTRE PB γ
B
PB
γ
PAVA = PBVB
300 K Resolver para PB:
1 atm
A
∆Q = 0
VB 12VB
VA PB = PA ÷ VB
1.4
12VB PB = PA VB
PB = (1 atm)(12)
1.4
γ
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
TB = 810 K
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 PV (101,300 Pa)(8 x10-6 m3) = n= RT (8.314 J/mol K)(300 K)
VA
n = 0.000325 mol y CV= 21.1 j/mol K ∆T = 810 - 300 = 510 K
∆W = - ∆U = - nCV ∆T ∆W = - 3.50 J
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. QH- QC W 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 - T C
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
QC Dep. frío TC
El COP (K) de una máquina térmica es la razón del CALOR Qc extraído al TRABAJO neto realizado W. QH QC K= = QH- QC W
Para un refrigerador IDEAL:
K=
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 - T C
=
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 800 J 800 J Dep. frío T 4.0 = QH - 800 J 400 K H
C
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