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• Maximiliano Becerril Zarate

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´ TERMODINAMICA EQUIPO 8 TAREA 1 DEL PRIMER PARCIAL Maximiliano Becerril Zarate, Joshua Barrientos Carrizal MAYO 2020 0.1

Problema 6.25

Dos gases distintos, uno de los cuales es monoat´omico y el otro es diat´omico a igual temperatura y ocupan el mismo volumen. Ambos gases se comprimen adiab´ aticamente de manera que sus vol´ umenes se reducen a la mitad. ¿Cu´al de los gases tiene mayor temperatura? Soluci´ on: El proceso adiab´ atico es un proceso reversible donde el calor total Q = 0. Adem´ as se cumple que P V γ = constante. Ahora necesitaremos encontrar una relaci´ on entre la temperatura del gas monoat´omico y el gas diat´omico. Sabemos que para el gas monoat´omico c∗v = 23 R y conociendo la relaci´on c∗v − c∗p = R c∗v − c∗p = R

(1)

c∗v + R = c∗p

(2)

c∗p =

5 2

(3)

Como es un proceso adiab´ atico sabemos que P V γ = constante y que γ = 5 por tanto γ = 3 . Luego P0 V0γ = P V γ

Cp Cv

(4)

Usando la definici´ on de trabajo para la compresi´on Z

1 2 V0

W =−

P dV

(5)

V0

Sustituyendo P W = −P0 V0γ

Z

1 2 V0

V0

1

dV Vγ

(6)

Integrando W =−

P0 V0γ 1 1 ) ·( − 1 − γ ( 21 V0 )γ−1 (V0 )γ−1

(7)

Sustituyedo el valor de γ W =

2 3 nRT0 (2 3 − 1) 2

(8)

Este sera el trabajo para el gas monoat´omico Wmono =

2 3 nRT0 (2 3 − 1) 2

(9)

Ahora se aplicar´ a un razonamiento anal´ogo al proceso diat´omico. Conociendo c∗v = 52 R y por tanto c∗p = 72 esto significa que γ = 75 Dada que la integral es la misma W =−

P0 V0γ 1 1 ·( 1 ) − γ−1 1 − γ ( 2 V0 ) (V0 )γ−1

(10)

Sustitutyendo el nuevo valor de gamma W =

2 5 nRT1 (2 5 − 1) 2

(11)

Este es el trabajo del gas diat´omico Wdia =

2 5 nRT1 (2 5 − 1) 2

(12)

Ahora, ya que se realiz´ o un proceso adiab´atico por tanto ∆U = W el cambio en la energ´ıa interna es el trabajo realizado. Volviendo a analizar el caso del gas monoat´ omico. El cambio de la energ´ıa interna para un gas monoat´omico es ∆U =

3 nR∆T 2

(13)

Aplicando la primera ley de la termodin´amica, siguiendo con la suposici´on que para los dos gases se comportan idealmente ∆U = W

(14)

P0 V0 = nRT0

(15)

2 3 3 nRT0 (2 3 − 1) = nR∆T 2 2 Simplificando la ecuaci´ on anterior 2

∆T = T0 (2 3 − 1)

2

(16)

(17)

Donde T0 es la temperatura inicial y este seria el cambio en la temperatura para la compresi´ on en el gas monoat´omico 2

∆Tmono = T0 (2 3 − 1)

(18)

El mismo razonamiento se aplica para el gas diat´omico y sabiendo que ∆U = 5 2 nR∆T para este mismo 2

∆Tdia = T0 (2 5 − 1)

(19)

Haciendo la relaci´ on entre los dos cambios de la temperatura para los dos gases y dada la condici´ on que los dos gases inician con la misma temperatura. 2

T0 (2 3 − 1) ∆Tmono = 2 ∆Tdia T0 (2 5 − 1)

(20)

Simplificando 2

∆Tmono (2 3 − 1) = 2 ∆Tdia (2 5 − 1)

(21)

Aproximando el cociente del lado derecho ∆Tmono = 1.8384554252421 ∆Tdia

(22)

∆Tmono =≈ 2 ∆Tdia

(23)

∆Tmono ≈ 2∆Tdia

(24)

Por tanto Lo cual ∆Tmono > ∆Tdia esto es el cambio en la temperatura es mayor en el gas monoat´ omico. 

3

0.2

Problema 6.26

La energ´ıa interna de un gas est´a dada por la ecuaci´on U = aθ + bp donde a y b son constantes. Si β = θ1 ; κ = b, p y θ Soluci´ on

1 p

calcular Cv y Cp en funci´on de a,

Sea la energ´ıa interna dada por la ecuaci´on U = aθ + bp

(25)

Dada la ecuaci´ on que nos ayuda a calcular la capacidad calorif´ıca a presi´on constante ∂V ∂U )p + p( )p (26) Cp = ( ∂θ ∂θ Esto es ∂U )p = a (27) ( ∂θ Suponiendo que el gas es ideal, usaremos la ecuaci´on del gas ideal P V = nRT

(28)

∂V nR )p = ∂θ p

(29)

Cp = a + nRT

(30)

Luego ( Por tanto Para encontrar la capacidad calorif´ıca a presi´on constante Cv = Cp + {(

∂U ∂V ∂p )θ + p( )θ }( )v ∂P ∂p ∂θ

(31)

Derivando U con respecto a p a θ constante (

∂U )θ = b ∂p

(32)

Ahora usando las definiciones de coeficiente de dilataci´on isob´arica β,y el coeficiente de compresibilidad isot´ermica κ β=

1 ∂V ( )p V ∂θ

(33)

y κ=−

1 ∂V ( )θ V ∂p 4

(34)

Usando la ecuaci´ on para κ y la condici´on de que κ = −V κ = (

1 p

∂V −V )θ = ∂p p

(35)

Para encontrar la derivada parcial de la presi´on con respecto a la temperatura utilizaremos la relaci´ on cicl´ıca (

∂X ∂Y ∂θ )θ · ( )X · ( )Y = −1 ∂Y ∂θ ∂X

(36)

∂V ∂p ∂θ )θ · ( )V · ( )p = −1 ∂p ∂θ ∂V

(37)

β ∂p )V = ∂θ κ

(38)

( Esto da

( Sustituyendo

Cv = Cp + {b + p(

−V β )θ }( ) p κ

(39)

Volviendo a sustituir los valores de κ y β y simplificando p Cv = Cp + {b − v}( ) θ Esto es Cv = Cp +

(40)

pb pV − θ θ

(41)

sustituyendo C − p Cv = a + nR +

pb pV − θ θ

Pero bajo la suposici´ on de que el gas es ideal, en consecuencia nR = Cv = a +

pV pb pV + − θ θ θ

(42) pV θ

(43)

Simplificando pb (44) θ Por tanto, encontramos la capacidad calorif´ıca a presi´on y a volumen constante Cv = a +

Cv = a + pb θ Cp = a + nRT 

5

0.3

Problema 6.28

Calcular el trabajo realizado por un kilogramo mol de un gas ideal a 2.72 atm y 373 K al experimentar una expansi´on isot´ermica irreversible contra una presi´on constante de 1 atm. Determ´ınese tambi´en el calor transferido y los cambios energ´ıa interna y entalp´ıa. H´aganse c´alculos an´alogos para el correspondiente proceso reversible. Soluci´ on Como la termodin´ amica que se est´a viendo en el curso es para procesos reversibles, no se podr´ a realizar el calc´ ulo del trabajo en el proceso irreversible. Para el proceso reversible si ser´a posible realizar los calculos. Bajo la suposici´ on de que el gas es idea, usaremos la ecuaci´on de estado para tal caso pV = nRT (45) Dado que el proceso es isotermico, tenemos que la presi´on solo depende del volumen nRT (46) p V Tambi´en podemos decir que el volumen depende de la presi´on nRT p

V =

(47)

Analizando el caso caso inicial el volumen tendr´ıa la forma nRT p0

V0 =

(48)

Para el caso final del proceso de expansi´on ser´ıa nRT pf

Vf =

(49)

Ahora usando el concepto de trabajo Vf

Z W =−

P dV

(50)

V0

Z

1 2 V0

W =− V0

Esto es Z

nRT dV V 1 2 V0

W = −nRT V0

W = −nRT ln|

6

1 dV V

Vf | V0

(51)

(52) (53)

Sustituyendo nuevamente nRT p

f W = −nRT ln| nRT |

(54)

p0

Por tanto W = −nRT ln|

p0 | pf

(55)

Asi que, sustituyendo datos, el trabajo es W = −1 · 8.3144621 · 373 · ln|2.72| = 3103.25401J ≈ −741cal

(56)

Por tanto el trabajo es un trabajo realizado por el sistema de aproximandamente 741 cal. Para calcular el calor, aplicando la primera ley para el proceso isot´ermico Q = −W

(57)

Por tanto el calor es Q=-741 cal lo que se traduce como el calor es aborbido a 741 cal. Para calcular la entalp´ıa aplicamos la relaci´on Z ∆H = Cp dθ (58) Pero como la temperatura es consntante ∆H = 0 por tanto W = −741cal Q = 741cal ∆H = 0 NOTA: Los resultados no coinciden con el del libro, suponemos que fue un error de este mismo, si hacemos que la temperatura fuera de 375 K los resultados si lo concidir´ıan. 

7

0.4

Problema 6.29

4 moles de un gas ideal est´ an confinadas en un cilindro t´ermicamente aislado a 6atm y 27◦ C. Se suelta el pist´on repentinamente, permitiendo una expansi´on del gas contra la presi´ on atmosf´erica triplicando as´ı su volumen. Determine la temperatura final y los cambios de energ´ıa interna y entalp´ıa en cambio el calor transferido y el trabajo realizado si Cv∗ =

3R 2

Soluci´ on Dado que el proceso es adiab´atico tenemos que pV γ = constante

(59)

omico, por tanto γ = 53 . como es un gas con Cv∗ = 3R 2 esto es, el gas es monoat´ Dada la relaci´ on del proceso adiab´atico podemos escribir pV γ = p0 V0γ Por tanto

p0 V0γ Vγ

p=

(60)

(61)

Usando la definici´ on del trabajo Z

Vf

W =−

P dV

(62)

p0 V0γ dV Vγ

(63)

V0 Vf

Z W =−

V0

−p0 V0γ

Z

3V0

V0

1 dV Vγ

(64)

Integrando −p0 V0γ [

V 1−γ 3V0 ] 1 − γ V0

(65)

−p0 V0γ [(3V0 )1−γ − (V0 )1−γ ] 1−γ

(66)

−P0 V0 1−γ [3 − 1] 1−γ

(67)

Esto es

Sustituyendo el valor de γ −2 3 p0 V0 [3 3 − 1] 2 De la ecuaci´ on de estado de un gas ideal p0 V0 = nRT0

V0 =

nRT0 p0 8

(68)

(69)

sustituyendo y simplificando W =

−2 3 nRT0 [3 3 − 1] 2

(70)

Por tanto W=-7774.99701 J= -1857.49 cal Ahora, por que es un proceso adiab´atico ∆U = W y ∆Q = 0. Para encontrar la temperatura final usaremos la ecuaci´on de la energ´ıa interna para un gas monoat´omico ∆U =

−2 3 3 R∆T = nRT0 [3 3 − 1] 2 2

Esto es

− 1]

(72)

− 1] + T0

(73)

Tf − T0 = T0 [3 Tf = T0 [3

−2 3

−2 3

(71)

Esto es Tf = 144.2970K

(74)

Ahora para encontrar la entalp´ıa en el proceso adiab´atico tenemos la ecuaci´on Z

Tf

∆H =

Cp dT

(75)

T0

Como es un gas monoat´ omico Cp es constante y tiene el valor de Cp = 25 nR Ahora integrando 5 ∆H = nR∆T (76) 2 Sustituyendo 5 ∆H = nR(144.2970 − 300.15) (77) 2 Por tanto ∆H = −12958.33862J = −3095.785421cal (78) As´ı que Tf = 144.2970K ∆U = −1857.49cal ∆Q = 0 W = −1857.49cal ∆H = −3095.785421cal NOTA: la respuesta no coincide con la del libro. 

9