semana 6 termodinámica-primera ley
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Lic. Fis. Carlos Levano Huamaccto
CICLO 2012-III Módulo:IUnidad:IV Semana:6
FISICA II
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TERMODINÁMICA
Calefacción central
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CONTENIDO
• DEFINICIÓN DE TERMODINAMICA• SISTEMA TERMODINÁMICO• ENERGÍA INTERNA DE UN SISTEMA
TERMODINAMICO• ESTADO TERMODINÁMICO• PROCESO TERMODINÁMICO• PRIMERA LEY DE LA TERMODINÁMICA
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DEFINICIÓN DE LA TERMODINÁMICA
La termodinámica es el estudio de las relaciones de
energía que involucran calor, trabajo mecánico y
transferencia de calor.
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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.)
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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.
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DOS FORMAS DE AUMENTAR LA ENERGÍA INTERNA, U.
CALOR QUE SE PONE EN UN SISTEMA (Positivo)
++UU
TRABAJO REALIZADO SOBRE UN GAS (Positivo)
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--UUDisminuyDisminuy
ee
--UUDisminuyDisminuy
ee
DOS FORMAS DE REDUCIR LA ENERGÍA INTERNA, U.
CALOR SALE DEL SISTEMAQ es negativo
QQoutout
caliente
WWoutoutWWoutout
caliente
TRABAJO REALIZADO POR EL GAS EN EXPANSIÓN: W es positivo
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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
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PROCESO TERMODINÁMICO
Aumento 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
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El proceso inverso
Disminución 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
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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.
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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
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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
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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)
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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:
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CUATRO PROCESOS TERMODINÁMICOS:
• Proceso isocórico: V = 0, W = 0 • Proceso isobárico: P = 0 • Proceso isotérmico: T = 0, U = 0 • Proceso adiabático: Q = 0
• Proceso isocórico: V = 0, W = 0 • Proceso isobárico: P = 0 • Proceso isotérmico: T = 0, U = 0 • Proceso adiabático: Q = 0
Q = U + W
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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
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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:
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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
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EJEMPLO ISOBÁRICO (Presión constante):
La entrada de calor aumenta V con P constante
400 J de calor realizan 120 J de trabajo y aumentan la energía interna en 280 J.
BAP
V1 V2
VA VB
TA T B
=
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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
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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 yQ = 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
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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
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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
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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
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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
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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 V
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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.
Compruebe con su instructor si se requiere este tratamiento más amplio de los procesos termodinámicos.
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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/kgKK
Qc
m t
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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
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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
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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.
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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 + J
Q =Q = 5220 J5220 J CCpp > C > Cvv
Igual
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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 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
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RECUERDE, PARA CUALQUIER PROCESO QUE INVOLUCRA UN GAS
IDEAL:
PV = nRT
U = nCv TQ = U + W
PPAAVVA A PPBBVVBB
TTA A TT B B
==
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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.
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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
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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
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PROCESO AB: Q = U + W
Analice 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 = 0U = +514 J
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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
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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
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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
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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
![Page 45: Semana 6 termodinámica-primera ley](https://reader035.vdocuments.site/reader035/viewer/2022081504/557cbd0bd8b42a1b0c8b4fa8/html5/thumbnails/45.jpg)
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
![Page 46: Semana 6 termodinámica-primera ley](https://reader035.vdocuments.site/reader035/viewer/2022081504/557cbd0bd8b42a1b0c8b4fa8/html5/thumbnails/46.jpg)
PROCESO CD: Q = U + WAnalice la primera ley para el proceso ISOCÓRICO CD.
W = 0
Q = U = nCv T
U = (0.122 mol)(21.1 J/mol K)(400 K - 800 K)
Q = -1028 J W = 0U = -1028 J
CC
DD
P
B
2 2
LL
1 atm200 K
400 K
800 K
400 K
![Page 47: Semana 6 termodinámica-primera ley](https://reader035.vdocuments.site/reader035/viewer/2022081504/557cbd0bd8b42a1b0c8b4fa8/html5/thumbnails/47.jpg)
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
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ENCUENTRE W PARA EL PROCESO DA
El trabajo depende del cambio en V.
P = 0
Trabajo = P V
W = (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
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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 JU = -514 J
AADD
2 L2 L
1 atm1 atm200 K
400 K 800 K
4 L4 L
2 atm2 atm
400 K
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RESUMEN DEL PROBLEMA
Q = Q = U + U + WWPara todos los
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
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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
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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)
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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
AA
BBPPBB
VVBB 12VVBB
1 atm1 atm300 K Resolver para PResolver para PBB::
AB A
B
VP P
V
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ADIABÁTICO (Cont.): ENCUENTRE TB
Q = 0
TB = 810 K
(1 atm)(12VB) (32.4 atm)(1 VB)
(300 K) T 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
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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 queQ = 0,Q = 0,
W = - W = - U U
8 cm8 cm3 3 96 cm96 cm3 3
Encuentre n del punto A PV = nRTPV = nRT
PVPV
RTRT n =n =
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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)
n = 0.000325 mol y CV= 21.1 j/mol K
TT = 810 - 300 = 510 K = 810 - 300 = 510 K
W = - W = - U = - nCU = - nCVV TT
W = - 3.50 J
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GRACIAS