trabajo de abp
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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.
TERMODINÁMICA
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 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.)
UN SISTEMA TERMODINÁMICO
Trabajo realizado sobre el gas o trabajo realizado por el gas
La energía interna U de un sistema es el total de todos los tipos de energía que poseen las
partículas que conforman el sistema.
ENERGÍA INTERNA DEL 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)
+U
TRABAJO REALIZADO SOBRE UN
GAS (Positivo)
TRABAJO REALIZADO POR EL
GAS EN EXPANSIÓN: W es
positivo
TRABAJO REALIZADO POR EL
GAS EN EXPANSIÓN: W es
positivo
-UDisminu
ye
-UDisminu
ye
DOS FORMAS DE REDUCIR LA ENERGÍA INTERNA, U.
CALOR SALE DEL SISTEMA
Q es negativo
Qout
caliente
WoutWout
caliente
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.
Estado inicial:
P1 V1 T1 n1
Estado final:
P2 V2 T2 n2
Entrada de calor
Qin
Wout
Trabajo por el gas
EL PROCESO INVERSO
Disminución de energía interna, U.
Estado inicial:
P1 V1 T1 n1
Estado final:
P2 V2 T2 n2
Trabajo sobre el gas
Pérdida de calor
Qout
Win
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
Q = U + W final - inicial)
• SALIDA de calor es negativa
• Trabajo POR un gas es positivo
• Trabajo SOBRE un gas es negativo
+Qin
+Wout
U
-Win
-Qout
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:
Qin
400 J
Wout =120 J
EJEMPLO 1 (CONT.): APLIQUE LA PRIMERA LEY
U = +280 J
Qin
400 J
Wout =120 J
U = Q - W
= (+400 J) - (+120 J)
= +280 J
DW es positivo: +120 J (trabajo SALE)
Q = U + W
U = Q - W
DQ 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:
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
CUATRO PROCESOS TERMODINÁMICOS:
Q = U + W
Q = U + W de modo que Q = U
PROCESO ISOCÓRICO: VOLUMEN CONSTANTE, V = 0, W = 0
0
+U -U
QIN QOUT
ENTRADA DE CALOR = AUMENTO 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.
B
A
P2
V1= V2
P1
PA P B
TA T B
=
400 J
No hay cambio en volumen:
Q = U + W pero W = P V
PROCESO ISOBÁRICO: PRESIÓN CONSTANTE, P = 0
+U -U
QIN QOUT
ENTRADA DE CALOR = Wout + AUMENTO EN ENERGÍA INTERNA
Salida
de trabajo
Entrada de
trabajo
SALIDA DE CALOR = Wout + DISMINUCIÓN EN ENERGÍA INTERNA
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.
400 J
BAP
V1 V2
VA VB
TA T B
=
TRABAJO ISOBÁRICO
400 J
Trabajo = área bajo la curva PV
BAP
V1 V2
VA VB
TA T B
=
PA = PB
Trabajo = P DV
PROCESO ISOTÉRMICO: TEMPERATURA CONSTANTE, T = 0, U =
0
ENTRADA NETA DE CALOR = SALIDA DE TRABAJO
Q = U + W y Q = W
U = 0 U = 0
QOUT
Entrada de
trabajo
Salida
de trabajo
QIN
ENTRADA DE TRABAJO = SALIDA NETA DE CALOR
EJEMPLO ISOTÉRMICO (T CONSTANTE):
PAVA =
PBVB
Lenta compresión a temperatura constante: -- No hay cambio en U.
U = T = 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
U = T = 0
B
APA
VA VB
PB
PAVA = PBVB
TA = TB
ln B
A
VW nRT
V
Trabajo isotérmico
Q = U + W ; W = -U or U = -W
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 trabaj
o
U +UQ = 0
W = -U U = -W
EJEMPLO ADIABÁTICO:
Paredes aisladas: Q =
0
B
APA
V1 V2
PB
El gas en expansión realiza trabajo con cero pérdida de calor. Trabajo = -DU
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 = 0
Q = 0
B
APA
VA VB
PB
PAVA PBVB
TA T B
=
A A B BP V P V
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.
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/kgK
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 = Q
n T
CAPACIDADS CALORÍFICA ESPECÍFICA A VOLUMEN CONSTANTE
¿Cuánto calor se requiere para elevar la temperatura de 2 moles de O2 de 0oC a 100oC?
Q = (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 + J
Q = 5220 JCp > Cv
Igual
CAPACIDAD CALORÍFICA (CONT.)
Cp > Cv
Para presión constante
Q = U + W
nCpT = nCvT + P V
U = nCvT
El calor para elevar la temperatura de un gas ideal, U, es el mismo para cualquier proceso.
Cp
Cv
RECUERDE, PARA CUALQUIER PROCESO QUE INVOLUCRA UN GAS
IDEAL:
PV = nRT
U = nCv TQ = U + W
PAVA PBVB
TA T B
=
PROBLEMA EJEMPLO:
• AB: se calienta a V constante a 400 K.
Una muestra de 2 L de gas oxígeno tiene temperatura y presión iniciales de 200 K y 1 atm. El gas experimenta cuatro procesos:
• 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
B
A
PB
2 L
1 atm200 K
400 K
800 K¿Cuántas moles
de O2 hay presentes?Considere el punto
A:PV = nRT
3(101,300Pa)(0.002m )0.122 mol
(8.314J/mol K)(200K)PV
nRT
PROCESO AB: ISOCÓRICO
¿Cuál es la presión en el punto B?
PA P B
TA T B
=
1 atm P B
200 K 400 K=
P B = 2 atm or 203 kPa
B
A
PB
2 L
1 atm200 K
400 K
800 K
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)
B
A
PB
2 L
1 atm200 K
400 K
800 K
Q = +514 J W = 0U = +514 J
PROCESO BC: ISOBÁRICO
¿Cuál es el volumen en el punto C (y D)?
VB V C
TB T C
=
2 L V C
400 K 800 K=
BCPB
2 L
1 atm200 K
400 K
800 K
D
4 L
V C = V D = 4 L
ENCUENTRE U PARA EL PROCESO BC.
El proceso BC es ISOBÁRICO.
P = 0
U = nCv T
U = (0.122 mol)(21.1 J/mol K)(800 K - 400 K)
U = +1028 J
BC
2 L
1 atm200 K
400 K
800 K
4 L
2 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
BC
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
BC
2 L
1 atm200 K
400 K
800 K
4 L
2 atm
U = 1028 J
PROCESO CD: ISOCÓRICO
¿Cuál es la temperatura en el punto D?
PC P D
TC T D
=
2 atm 1 atm
800 K TD
= T D = 400 K
B
A
PB
2 L
1 atm200 K
400 K
800 K C
D
PROCESO CD: Q = U + W
Analice 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
C
D
PB
2 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
AD
2 L
1 atm200 K
400 K
800 K
4 L
2 atm
400 K
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 L
1 atm200 K
400 K
800 K
4 L
2 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 JU = -514 J
AD
2 L
1 atm200 K
400 K
800 K
4 L
2 atm
400 K
RESUMEN DEL PROBLEMA
DQ = DU + DW
Para 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
TRABAJO NETO PARA CICLOS COMPLETOS ES ÁREA ENCERRADA
B C
2 L
1 atm
4 L
2 atm
+404 JB C
2 L
1 atm
4 L
2 atmNeg
-202 J
área = (1 atm)(2 L)
trabajo neto = 2 atm L = 202 J2 L
4 L
B C
1 atm
2 atm
EJEMPLO ADIABÁTICO:
Q = 0
A
BPB
VB VA
PA PAVA PBVB
TA T B
=
PAVA = PBVB
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)
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
PAVA = PBVB
A
BPB
VB 12VB
1 atm
300 K Resolver para PB:
AB A
B
VP P
V
ADIABÁTICO (CONT.): ENCUENTRE TB
Q = 0
TB = 810 K
(1 atm)(12VB) (32.4 atm)(1 VB)
(300 K) T B
=
A
B32.4 atm
VB 12VB
1 atm
300 K
Resuelva para TB
TB=?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 K
A
B32.4 atm
1 atm
300 K
810 KDado queQ = 0,
W = - U
8 cm3 96 cm3
Encuentre n del punto
APV = nRT
PV
RT n =
ADIABÁTICO (CONT.): SI VA = 96 CM3 Y VA = 8 CM3, ENCUENTRE W
A
B32.4 atm
1 atm
300 K
810 K
8 cm3 96 cm3
PV
RT n = =
(101,300 Pa)(8 x10-6 m3)
(8.314 J/mol K)(300 K)
n = 0.000325 mol y CV= 21.1 j/mol K
T = 810 - 300 = 510 K
W = - U = - nCV T
W = - 3.50 J
Absorbe calor Qhot
Realiza trabajo Wout
Liberación de calor Qcold
MÁQUINAS TÉRMICAS
Una máquina térmica es cualquier dispositivo que pasa por un proceso cíclico:
Dep. frío TC
Máquina
Dep. Caliente TH
Qhot Wout
Qcold
LA 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)!
Wout
Dep. frío TC
Máquina
Dep. caliente TH
Qhot
Qcold
LA SEGUNDA LEY DE LA TERMODINÁMICA
Dep. frío TC
Máquina
Dep. caliente TH
400 J
300 J
100 J
• Máquina posible. • Máquina IMPOSIBLE.
Dep. frío TC
Máquina
Dep. caliente TH
400 J 400 J
EFICIENCIA DE UNA MÁQUINA
Dep. frío TC
Máquina
Dep. caliente TH
QH W
QC
La eficiencia de una máquina térmica es la razón del trabajo neto realizado W a la entrada de calor QH.
e = 1 - QC
QH
e = = W
QH
QH- QC
QH
EJEMPLO DE EFICIENCIA
Dep. frío TC
Máquina
Dep. caliente TH
800 J W
600 J
Una máquina absorbe 800 J y desecha 600 J cada ciclo. ¿Cuál es la eficiencia?
e = 1 - 600 J
800 J
e = 1 - QC
QH
e = 25%
Pregunta: ¿Cuántos joules de trabajo se realizan?
EFICIENCIA DE UNA MÁQUINA IDEAL (MÁQUINA DE CARNOT)
Para una máquina perfecta, las cantidades Q de calor ganado y perdido son proporcionales a las temperaturas absolutas T.
e = 1 - TC
TH
e = TH- TC
THDep. frío TC
Máquina
Dep. caliente TH
QH W
QC
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 = 1 - TC
TH
e = 1 - 300 K
500 K
e = 40%
e real = 0.5ei = 20%
e = W
QH
W = eQH = 0.20 (600 J)
Trabajo = 120 J
REFRIGERADORES
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
Dep. frío TC
Máquina
Dep. caliente TH
Qhot
Qcold
Win
LA SEGUNDA LEY PARA REFRIGERADORES
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!
Dep. frío TC
Máquina
Dep. caliente TH
Qhot
Qcold
COEFICIENTE DE RENDIMIENTO (COP)
Dep. frío TC
Máquina
Dep. caliente TH
QH W
QC
El COP (K) de una máquina térmica es la razón del CALOR Qc extraído al TRABAJO neto realizado W.
K =
TH
TH- TC
Para un refrigerador
IDEAL:
QC
WK = =
QH
QH- QC
EJEMPLO DE COP
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 ?
Dep. frío TC
Máquina
Dep. caliente TH
800 J
WQH
500 K
400 K
K = 400 K
500 K - 400 K
TC
TH- TC
=
COP (K) = 4.0
EJEMPLO DE COP (CONT.)A continuación se encontrará QH al suponer el mismo K para un refrigerador real (Carnot).
Dep. frío TC
Máquina
Dep. caliente TH
800 J
WQH
500 K
400 K
K = QC
QH- QC
QH = 1000 J
800 J
QH - 800 J=4.0
EJEMPLO DE COP (CONT.)
Ahora, ¿puede decir cuánto trabajo se realiza en cada ciclo?
Dep. frío TC
Máquina
Dep. caliente TH
800 J
W1000 J
500 K
400 K
Trabajo = 1000 J - 800 J
Trabajo = 200 J
RESUMEN
Q = U + W final - inicial)
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.
• Proceso isocórico: V = 0, W = 0
• Proceso isobárico: P = 0
• Proceso isotérmico: T = 0, U = 0
• Proceso adiabático: Q = 0
RESUMEN (CONT.)
c = Q
n T
U = nCv T
Capacidad calorífica molar, C:
Unidades: Joules por mol por grado Kelvin
Lo siguiente es cierto para CUALQUIER proceso:
Q = U + W
PV = nRT
A A B B
A B
P V P V
T T
RESUMEN (CONT.)
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.
Dep. frío TC
Máquina
Dep. caliente TH
Qhot
Qcold
Wout
No sólo no puede ganar (1a ley); ¡ni siquiera puede empatar (2a
ley)!
RESUMEN (CONT.)
La eficiencia de una máquina térmica:
e = 1 - QC
QHe = 1 -
TC
TH
El coeficiente de rendimiento de un refrigerador:
C C
in H C
Q QK
W Q Q
C
H C
TK
T T
CONCLUSIÓN: TERMODINÁMICA
BIBLIOGRAFIAS:
Teoría. Referencias básicas
Moran ,M.J. Shapiro, H.N. : Fundamentos de Termodinamica Tecnica.. Ed. Reverte, 1999. 536 MOR fun
Wark, K. Richards, D.E.: Termodinamica, 6a Edicion Mc Graw-Hill, 2001
Cengel, Y. A.; Boles, M.A.: Termodinamica. Mc Graw-Hill, 1996.
Haywood, R.W. : Ciclos termodinamicos de potencia y refrigeracion Ed. Limusa, 2000.
F. P. Incropera y D. P. De Witt: Fundamentos de Transferencia de Calor, 4a Ed, Pearson Educacion, Mexico, 2000
F. Kreith y M. S. Bohn,: Principios de Transferencia de Calor, 6a edicion, Thomson, Madrid, 2002.
Teoría. Referencias complementarias
Segura, J. : Termodinamica Tecnica, Ed. Reverte, S.A., 1988.
Baehr, H. D.: Tratado moderno de termodinamica Ed. Tecnilibro, S.L., 1987
Holman, J. P.: Transferencia de Calor, 8a edicion, Mc Graw-Hill, Madrid, 1998.
Aguera Soriano, J.: Termodinamica Logica y Motores Termicos, Ciencia 3, S.A.
Alarcon Aguin, J. M.; Granada Alvarez, E.; Vazquez Alfaya, M. E. : SISCECT, Simulacion y calculo de ciclos termodinamicos, Ed. Bellisco, 1999. 536 SIS
Chapman A.J.: Transmision de calor, Editorial Libreria Editorial Bellisco, Madrid, 3a Edicion, 1990.
Lienhard IV J.H., Lienhard V J.H., A.: A heat transfer textbook, Phlogiston Press, Cambridge, v. 1.23, 2005 (http://web.mit.edu/lienhard/www/ahtt-esp.html).
Problemas. Referencias básicas
Segura J., y Rodriguez J: Problemas de Termodinamica Tecnica. Ed. Reverte, 1990
Lacalle, Nieto: Problemas de Termodinamica, Serv. Publicaciones E.T.S.I.I. Madrid
Aguirrezabalaga Lopez de Eguilaz, Valentin; Prieto Gonzalez, M. M.: Transferencia de calor: problemas, Serv., Publicaciones Universidad de Oviedo, 2006
Problemas. Referencias complementarias
Manuel Vazquez: Problemas resueltos de Termodinamica Tecnica, 1er y 2o Principio. Serv. Publicaciones Universidad de Vigo