Las 4 leyes de la termodinmica

Primera ley de la termodinmica

Tambin conocido como principio de conservacin de la energa para la termodinmica, establece que si se realiza trabajo sobre un sistema o bien ste intercambia calor con otro, la energa interna del sistema cambiar. Visto de otra forma, esta ley permite definir el calor como la energa necesaria que debe intercambiar el sistema para compensar las diferencias entre trabajo y energa interna. Fue propuesta por Antaine Lavoisier.

La ecuacin general de la conservacin de la energa es la siguiente:

Eentra Esale = Esistema Que aplicada a la termodinmica teniendo en cuenta el criterio de signos termodinmico, queda de la forma:

Segunda ley de la termodinmica

Esta ley regula la direccin en la que deben llevarse a cabo los procesos termodinmicos y, por lo tanto, la imposibilidad de que ocurran en el sentido contrario (por ejemplo, que una mancha de tinta dispersada en el agua pueda volver a concentrarse en un pequeo volumen). Tambin establece, en algunos casos, la imposibilidad de convertir completamente toda la energa de un tipo en otro sin prdidas. De esta forma, La Segunda ley impone restricciones para las transferencias de energa que hipotticamente pudieran llevarse a cabo teniendo en cuenta slo el Primer Principio. Esta ley apoya todo su contenido aceptando la existencia de una magnitud fsica llamada entropa tal que, para un sistema aislado (que no intercambia materia ni energa con su entorno), la variacin de la entropa siempre debe ser mayor que cero.

Debido a esta ley tambin se tiene que el flujo espontneo de calor siempre es unidireccional, desde los cuerpos a temperatura ms alta a aquellos de temperatura ms baja.

Tercera ley de la termodinmica

La Tercera de las leyes de la termodinmica, propuesto por Walther Nernst, afirma que es imposible alcanzar una temperatura igual al cero absoluto mediante un nmero finito de procesos fsicos. Puede formularse tambin como que a medida que un sistema dado se aproxima al cero absoluto, su entropa tiende a un valor constante especfico. La entropa de los slidos cristalinos puros puede considerarse cero bajo temperaturas iguales al cero absoluto. No es una nocin exigida por la Termodinmica clsica, as que es probablemente inapropiado tratarlo de ley.

Es importante recordar que los principios o leyes de la Termodinmica son slo generalizaciones estadsticas, vlidas siempre para los sistemas macroscpicos, pero inaplicables a nivel cuntico. El demonio de Maxwell ejemplifica cmo puede concebirse un sistema cuntico que rompa las leyes de la Termodinmica.

Asimismo, cabe destacar que el primer principio, el de conservacin de la energa, es la ms slida y universal de las leyes de la naturaleza descubiertas hasta ahora por la ciencia.

Ley cero de la termodinmica

El equilibrio termodinmico de un sistema se define como la condicin del mismo en el cual las variables empricas usadas para definir un estado del sistema (presin, volumen, campo elctrico, polarizacin, magnetizacin, tensin lineal, tensin superficial, entre otras) no son dependientes del tiempo. A dichas variables empricas (experimentales) de un sistema se les conoce como coordenadas termodinmicas del sistema.

A este principio se le llama del equilibrio termodinmico. Si dos sistemas A y B estn en equilibrio termodinmico, y B est en equilibrio termodinmico con un tercer sistema C, entonces A y C estn a su vez en equilibrio termodinmico. Este principio es fundamental, aun siendo ampliamente aceptado, no fue formulado formalmente hasta despus de haberse enunciado las otras tres leyes. De ah que recibe la posicin 0.

Ejercicio de primera ley de la termodinmicaSe sitan 15 L de gas ideal en un recipiente a 27 C. El recipiente cuenta con un pistn mvil libre de rozamiento. La presin en el exterior se mantiene constante a 750 mmHg. Determina, si se eleva la temperatura a 190 C:1. El trabajo realizado en el proceso2. La variacin de energa interna que tiene lugar3. El calor transferido durante el mismo4. Representa el proceso en un diagrama presin - volumen ( p - V )Datos: cv= 5R/2 ; R = 8.31 J/ molKSolucin:

Datos Volumen inicial Vi= 15 L = 1510-3m3 Temperatura inicial Ti= 27 C = 300.15 K Temperatura final Tf= 190 C = 463.15 K Presin constante p = 750 mmHg = 750101325/760 = 99991.77 Pa Calor especfico a volumen constante cv= 5R/2 Constante universal de los gases ideales R = 8.31 J/ molKConsideraciones previas Usaremos el criterio de signos tradicionalsegn el cual el trabajo es positivo se realiza contra el exterior

Resolucin1.En los procesos a presin constante el trabajo termodinmico, segn el criterio de signos establecido, viene dado por la expresin:W=pV=p(VfVi)Para determinar el volumen final podemos aplicar la ecuacin de estado de los gases ideales, de la siguiente manera:pVi=nRTipVf=nRTf}p=nRTiVip=nRTfVfnRTiVi=nRTfVfViTi=VfTfLa expresin anterior constituye la ley de Charles y Gay-Lussac. A partir de ella, nos queda:ViTi=VfTfVf=ViTiTf=15103300.15463.15=23.14103m3Y volviendo a la expresin del trabajo termodinmico nos queda:W=p(VfVi)=99991.77(23.1415)103=813.93J2.Presta atencin a este apartado por que vamos a utilizar una serie de conceptos que debes tener claros. En primer lugar, la variacin de energa interna en un gas depende nicamente de la variacin de temperatura. En el diagrama p - V de la figura puedes ver representadas las dos isotermas caractersticas del proceso.

Isoterma en rojo: es la de aquellos puntos genricos ( p, V) que se corresponden con una temperatura de 27 C. A todos ellos les corresponde una determinada energa interna del sistema Isoterma en azul: es la de aquellos puntos genricos (p,V) que se corresponden con una temperatura de 190 C. A todos ellos les corresponde una determinada energa interna del sistemaEn el proceso, al variar la temperatura vara la energa interna, es decir, nos desplazamos de una isoterma a otra realizando un determinado trabajo y transfiriendo un determinado calor. Independientemente de la forma en que nos desplacemos de una isoterma a otra (esto es, la cantidad de calor y trabajo que intervenga en el proceso), la variacin de energa interna depender unicamente de la isoterma inicial y la isoterma final. Es por ello que, dado que nos dan como dato cv(calor especfico a volumen constante), estudiaremos la variacin de energa interna suponiendo un proceso isocrico ( a volumen constante ) donde el volumen no cambia y, por tanto, el desplazamiento de una isoterma a otra se realizara exclusivamente mediante el intercambio de calor, al ser el trabajo realizado cero ( W = 0 ) . De esta forma, nos queda:U=QWPor otro lado, dado que nos dan cv referida a cantidad de sustancia ( mol ), utilizaremos, para el clculo del calor, la expresin:Q=ncvTObserva que ya habamos presentado en teora dicha expresin al hablar de la variacin de energa interna de un gas cuando se incrementa la temperatura.Para el clculo de n aplicamos de nuevo la ecuacin de estado de los gases ideales:pVi=nRTin=pViRTi=99991.77151038.31300.15=0.6molFinalmente, volviendo a la ecuacin de la variacin de energa interna en un proceso isocrico, tenemos:U=Q=ncvT=0.658.312163=2031.795JEn la siguiente figura se representa el proceso que tendra lugar a volumen constante y que nos sirve para determinar la variacin de energa interna tambin en nuestro proceso a presin constante.

3.Podemos aplicar la primera ley de la termodinmica para determinar el calor transferido en el proceso. Ten en cuenta que, tal y como hemos dicho en el punto 2, la variacin de energa interna es igual a la que se experimenta en el proceso a volumen constante ya que las temperaturas inicial y final son las mismas:U=QWQ=U+W=2031.795+813.93=2845.725J4.Segunda ley de la termodinmicaDurante un proceso de adicin de calor isotrmico de un ciclo de Carnot, se 900 kJ agregan al fluido de trabajo de una fuente que esta a 400 oC. Determine a) Cambio de entropa del fluido, b) Cambio de entropa de la fuente, c) Cambio de entropa total para todo el proceso.Respuesta:

El proceso es reversible e isotrmico por lo que el cambio de entropa para un proceso a temperatura constante se determina as:

La temperatura del proceso es de 400 oC en grados absolutos seria 400 + 273 = 673 K.

a) Cambio de entropa del fluido: el fluido recibe calor por lo tanto esta transferencia es positiva, entonces:

b) Cambio de entropa de la fuente: la fuente cede calor por lo tanto la transferencia es negativa, entonces:

c) Cambio de entropa total para todo el proceso: podemos considerar un sistema y sus alrededores como dos subsistemas de un sistema aislado, y el cambio de entropa de este durante un proceso resulta de la suma de los cambios de entropa del sistema y los alrededores, la cual es igual a la generacin de entropa porque un sistema aislado no involucra transferencia de entropa. Es decir:

Donde la igualdad se cumple para procesos reversibles y la desigualdad para procesos irreversibles. Mientras mas grande sea la entropa de un proceso mas irreversible es, ninguna entropa se genera en los proceso reversible, por lo tanto Sgenerada = 0. El cambio de entropa de un proceso (Stotal) puede ser negativo pero la entropa generada no. Lo dicho anteriormente puede resumirse as:

Esta relacin sirve como criterio decisivo si un proceso es reversible, irreversible o imposible.Tomando en cuenta esto para el problema que nos ocupa tenemos que:Stotal = Sistema + Salrrededores = Sfluido + Sfuente = (1,337 1,337)kJ/K = 0, esto implica que la Sgenerada = 0 lo cual concuerda con el enunciado del problema (proceso reversible).

El refrigerante 134 entra como mezcla saturada de liquido vapor a una presin de 160 kPa en el serpentn de un evaporador de un sistema de refrigeracin. El refrigerante absorbe 180 kJ de calor del espacio refrigerado que se mantiene 5 oC y sale como vapor saturado a la misma presin. Determinar a) cambio de entropa del refrigerante, b) Cambio de entropa del espacio refrigerado, c) Cambio de entropa total.Respuesta.En la zona de mezcla saturada la presin y la temperatura son constantes, por lo tanto la temperatura del refrigerante sea la temperatura de saturacin a la presin dada de 160 kPa, por lo que Ts = - 15,62 oC.a) Cambio de entropa del refrigerante:

b) Cambio de entropa del espacio refrigerado:

El Qer es negativo ya que el espacio refrigerado cede calor.c) Cambio de entropa total:Stotal = Sistema + Salrrededores = Sref + Ser = (0,699 0,672)kJ/K = 0,027 kJ/k por el resultado obtenido el proceso es posible e irreversible., ya que Sgenerada = 0,027 kJ/k.

Problemas de cambio de entropa de sustancias puras

Un recipiente rgido contiene inicialmente 5 kg de refrigerante 134 a 20 oC y 140 kpa, la sustancia se enfra mientras es agitado hasta que su presin disminuye a 100 kPa. Determine el cambio de entropa del refrigerante durante el proceso.

Anlisis:Para determinar el cambio de entropa de una masa especificada en un sistema cerrado usamos la siguiente expresin:

Por lo tanto requerimos calcular la masa total, m, y los valores de la entropa en los estados 1 y 2, para determinar el valor de la entropa en un estado especifico lo hacemos del mismo modo que cualquier propiedad termodinmica usando la tablas termodinmicas. En diagrama T-s represente el proceso.El recipiente es rgido por cual el volumen es constante durante el proceso v2 = v1, el recipiente es cerrado por lo que no hay transferencia de masaEstado 1:P1 = 140 kPaT1 = 20 oCPara la presin dada (1,4 bar) la temperatura de saturacin de acuerdo a la tabla de saturacin es: Ts = -18,8 oC, si la comparamos con las temperatura dada observamos que T1 > Ts por que la fase es Vapor Sobrecalentado esto implica que los valores del volumen promedio (v1) y entropa promedio (s1) los leeremos directamente de la tabla de vapor sobrecalentado a la presin de 1,4 bar y a una temperatura de 20 oC, estos valores son v1 = 0,1652 m3/kg, s1 = 1,0532 kJ/kg.K.

Estado 2:P2 = 100 kPav2 = v1 = 0,1652 m3/kgPara la presin de 1 bar determinamos los valores vf y vg en la tabla de saturacin los cuales son:vf = 0,0007258 m3/kgvg = 0,1917 m3/kgComo podemos observar vf < v2 Ts, por lo tanto la fase presente en este estado es Vapor Sobrecalentado, por lo que el volumen especifico promedio (v1) y la entropa promedio (s1) son los obtenidos de la tabla de vapor sobrecalentado a la presin de 30 bar, a la temperatura de 600 oC, dichos valores son:v1 = 0,1324 m3/kgs1 = 7,5085 kJ/kg.k

Estado 2P2 = 15 barv2 = v1 = 0,1324 m3/kgPara la presin de 15 bar los valores de vf y vg son:vf = 0,0011539 m3/kgvg = 0,1318 m3/kg

Como podemos observar v2 > vg, la fase presente en este estado es Vapor Sobrecalentado y al igual que en el estado anterior el valor de s2 los obtendremos de la tabla de vapor sobrecalentado a la presin de 15 bar y a un volumen especifico de 0,1324 0,1325 este valor es:s1 = 6,4546 kJ/kg.k

Calculamos la masa total del sistema:

Entonces el cambio de entropa del agua es:

Valor obtenido indicativo que la entropa esta bajando.

b) Produccin total de entropa en el proceso.Primero debemos calcular el cambio de entropa en el sumidero que es;

de esta expresin conocemos la temperatura que es de 27 oC que son: 27 + 273 = 300 k, pero el calor recibido del fluido no lo conocemos, este calor es equivalente al calor cedido por el fluido durante el proceso, para calcular este calor hacemos el siguiente balance energtico:

como el sistema es estacionario Ep = Ec = 0 , ahora el WNS = 0 y QNE = QE - QS, pero QE = 0, por lo que QNE = - QS, esto implica que: , de esta ecuacin conocemos m, los valores de las energas internas promedios 1 y 2 los determinamos para cada estado de acuerdo la tabla de vapor sobrecalentado, dichos valores son:u1 = 3285 kJ/kgu2 = 2598,1 kJ/kg

Sgenerada = Stotal = Ssistema + Salrrededores = Sagua + Ssumidero = - 7,96 + 17,29 = 9,33

De acuerdo a este resultado por lo tanto el proceso es posible e irreversible.

Ejercicio De Tercera ley de termodinmica

LEY CEROEl calor especfico el agua es conocido a partir de la definicin de calora

c(agua) = 1 cal/gr-C

Faltan en el enunciado los calores especficos del aluminio y del cobre. Segn mis datos, son:

c(cobre) = 0,093 cal/gr-Cc(aluminio) = 0,217 cal/gr-C

Los tres problemas se basan en el mismo principio:

Cuando dos o ms porciones de materia, a diferentes temperaturas, se ponen en contacto, las partes ms calientes ceden calor a las ms fras, hasta que alcanzan una temperatura final de equilibrio trmico.

La cantidad de calor cedida por las masas ms calientes es igual a la cantidad de calor que absorben las ms fras.

Y esta cantidad de calor es el valor absoluto de

Q = m.c.(Tf - Ti) = m.c.T

siendo,

m: la mas expresada en gramosc: el calor especfico medido en cal/gramoT: el valor absoluto de la variacin de temperatura

1.- Calor cedido por el aluminio

Q(al) = 80 * 0,217(100-Tf)

Calor absorbido por el agua

Q(ag) = 100.1.( Tf - 15)

Igualando los segundos miembros

80 * 0,217(100-Tf) = 100( Tf - 15)

efectuando operaciones se obtiene, Tf = 39,16C

2.- 1.- Calor cedido por el cobre

Q(co) = 1500 * 0,093(Ti-28)

Calor absorbido por el agua

Q(ag) = 4000.1.( 28 - 18)

Igualando los segundos miembros

1500 * 0,093 (Ti-28) = 4000 (28 - 18)

efectuando operaciones se obtiene, Ti = 314,74C

3.- 1.- Calor cedido por el cobre

Q(co) = 60 * 0,0,093(300-Tf)

Calor absorbido por el agua

Q(ag) = 200.1.( Tf - 10)

Calor absorbido por el aluminio

Q(al) = 150.0,217.( Tf - 10)

Igualando el calor cedido por el cobre y la suma de los calores absorbidos por el aluminio y el agua

60 * 0,0,093 (300-Tf) = 150.0,217.( Tf - 10) + 200.1.( Tf - 10)

efectuando operaciones se obtiene, Tf = 16,8C