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Camila M. Encarnación Nova

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Instituto Tecnológico de Santo Domingo Área de Ciencias Básicas ALUMNO: Camila M. Encarnación Nova

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ID: 1094890

TRANSFORMACIÓN ADIABÁTICA

1.- Objetivo.  Cálculo de la variación de energía interna de un gas en una transformación adiabática. 2.- Introducción. Se denomina proceso adiabático cuando una transformación se realiza sin que el sistema intercambie calor con el exterior. La primera ley de la termodinámica ∆ U =∆ Q−∆ W indica que, si el proceso es adiabático, al ser ∆ Q=0, todo el trabajo se transforma en variación de la energía interna. Obviamente, si la transformación implica el no intercambio de calor con el exterior, nos lleva a saber que durante la transformación cambia la temperatura del sistema con lo cual la transformación, en una representación gráfica es del tipo:

Trasformación adiabática. Sears-Zemansky, Física Universitaria, Vol 1 (edición 12)

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3.- Equipo. Simulación: https://www.thephysicsaviary.com/Physics/Programs/Labs/GasInBox/ La simulación permite cambiar el volumen, la temperatura del ambiente, hacer que el sistema este aislado térmicamente del medio como no estarlo, y permite modificar los gases que contiene

4.- Procedimiento. Trabajar con el gas Neón y antes de iniciar, tomar nota de las especificaciones del gas con el que van a trabajar: masa atómica, velocidad media, presión ambiental y número de moles. Nota: Cada vez que se inicia a correr la simulación pue cambiar los valores. Iniciemos desde el fondo del recipiente con la condición que el sistema esté térmicamente aislado a fin de que no haya intercambio de calor. Fijar como medida de compresión 0.30 m cada vez y tomar nota como cambia la presión, el volumen y la temperatura y llenar con esos datos la siguiente tabla: P (kPa) 150

105

77

59

48

38

33

28

V (m3)

1.2

1.5

1.8

2.1

2.4

2.7

3.0

3.3

T (K)

310

270

240

210

195

180

170

160

Con los datos realizar una gráfica de la presión en función del volumen y realizar el ajuste por mínimos cuadrados. Con fines académicos trazar la isoterma que pasa por las condición inicial (P b,Vb) y la isoterma que pasa por la condición final (Pa, Va).

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Mostrar la gráfica con las tres curvas y sus respectivas ecuaciones.

Presión kPa P (kPa) Power (P (kPa))

Power (P (kPa)) P (kPa)

P (kPa) Power (P (kPa))

160 f(x) = 204.69 x^-1.67

140 120

f(x) = 133.11 x^-1

100 80 60

f(x) = 68.7 x^-1 40 20 0

1

1.5

2

2.5

3

3.5

Gráfica con las dos isotermas y la adiabática. Determinar la variación de la energía interna mediante el cálculo del área bajo la curva de la adiabática y compararla con el valor del trabajo mostrado por la simulación. Mostrar detalladamente los cálculos realizados para determinar el área bajo la curva de la adiabática. Relacionando la primera ecuación (azul) con la segunda (naranja): −1 204.69 0.669 −1.669 −1 x 204.69 x =133.11 x −1.669 = x =1.538 x=1.903 133.11 x Relacionando la primera ecuación (azul) con la tercera (gris): x−1 204.69 0.669 204.69 x−1.669 =68.70 x−1 −1.669 = x =2.979 x=5.114 68.70 x Con estos datos, podemos usar la integración para calcular el área debajo de la curva, integrando la primera función (azul), cuyos límites de integración sería las intersecciones que obtuvimos arriba 5.114 5.114 204.69 x−1.669+1 −1.669 ¿ 96.276 kJ ∫ 204.69 x dx= −1.669+1 1.903 1.903

[

]

Trabajo de 96.276kJ mediante la obtención del área bajo la curva adiabática.

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Conclusiones. El experimento se trata de una una reacción adiabática, es decir, que el calor se mantiene constante. En ese caso el trabajo vendría siendo igual al cambio de la energía interna, ya que no hay calor que cambie. Es por esto que podemos calcular esa energía interna calculando el área debajo de la curva que se produce al graficar los datos que se obtuvieron en el laboratorio.

TAREA DE PRACTICA 1O TRANSFORMACION ADIABATICA ID: 1094890 NOMBRE: Camila M. Encarnación Nova SECCION: 06 FECHA DE EJECUCION DE LA PRACTICA: 9/10/2020 FECHA DE ENTREGA DE LA PRACTICA: 9/10/2020 Videos http://www2.montes.upm.es/dptos/digfa/cfisica/termo1p/primerpadiab.html

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PROBLEMAS EN PROCESOS ADIABATICOS

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19.32 ∆ U =n C v ∆T pV =nRT → V = γ −1

γ −1

T 1 V 1 =T 2 V 2 → T 1

nR T 1 p1

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nRT p

γ −1

( )

=T 2

nR T 2 p2

γ −1

( )

→

T γ1 T γ2 γ p = T =T 1γ 2 γ −1 γ −1 2 p1 p1 p2

γ −1

( )

Entonces, si p2 < p1 y γ −1 es positivo, entonces T2 < T1. Si T es negativa, entonces U es negativa. Por lo tanto, la energía del gas disminuye. 19.33 Datos 5 p1=1.50 ×10 5 PaV 1=0.0800 m3 p2=0.0400 m 3γ = 3 γ 5 V 0.0800 m3 3 p2 V γ2= p1 V 1γ → p2= p 1 1 p2=( 1.50 × 105 Pa ) =4.76× 105 Pa 3 V2 0.0400 m

( )

(

)

1 ( p V −p V ) γ −1 1 1 2 2 1 W= ( 1.50× 105 Pa ) ( 0.0800 m3 )−( 4.76 ×105 Pa )( 0.0400 m3 ) ]=−1.06 ×10 4 J [ 5 −1 3 T2 V 2 y−1 T 2 0.0800 m3 23 y−1 y−1 T 1 V 1 =T 2 V 2 → = = =1.59 T1 V1 T 1 0.0400 m3 W=

( )( )

(

)

19.34 Datos T 1=20.0o =( 20+273 ) K =293 K p1=1.00 atmV 2=0.0900V 1 y=1.40 Cuando la presión aumenta, el volumen disminuye.

Camila M. Encarnación Nova T 1 V 1y−1=T 2 V 2y−1 →T 2=T 1 T 2=( 293 K )

(

V1 0.0900V 1

p1 V 1y = p2 V 2y → p 2= p1

V1 V2

( )

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y−1

1.4−1

) ( )

=( 293 K ) (11.11 )0.4 =768 K=( 768−273 )o C=49 5o C

V1 y V1 p2=( 1.00 atm ) V2 0.0900 V 1

(

1.4

)

=( 1.00 atm ) (11.11 )1.4 =29.1 atm

19.35 Datos

1 1 −3 3 −3 3 p1=1.2 atm=1.22×10 5 PaV =30 L=30× 10−3 m3V 2= V 1 = ( 30 ×10 m )=10 ×10 m 3 3 y=1.40 V1 y y y p1 V 1 = p2 V 2 → p 2= p1 V2

( )

p2=( 1.22 ×105 Pa )

V1 1 V 3 1

1.4

( )

1.4

=( 1.22× 105 Pa ) ( 3 ) =5.68× 105 Pa

W=

1 ( p V −p V ) y −1 2 2 1 1

1 ( [ 5.68× 105 Pa ][ 10 ×10−3 m3 ]−[ 1.22× 105 Pa ][ 30 ×10−3 m3 ] )=5.05 ×10 3 J 1.4−1 La energía interna aumenta porque el trabajo está siendo realizado encima del gas (U > 0) y Q = 0. La temperatura aumenta porque la energía interna ha aumentado. 19.36 Datos V 2=0.80V 1T 1=20.0o C=( 20+273.15 ) K=293.15 K p1=2.00 atm=2.026 ×105 Pa 1 1 d=23.9 cm=0.239 mr = d= ( 0.239 m )=0.1195 mC v =29.76 J /mol . K y=1.50 2 2 V 1 y−1 y−1 y−1 T 1 V 1 =T 2 V 2 →T 2=T 1 V2 W=

( )

T 2=( 293.15 K )

(

V1 0.80V 1

1.40 −1

)

=( 293.15 K )( 1.25 )0.4 =320.5 K

4 3 4 3 −3 3 T 2=( 320.5−273.15 )o C=47.4o C V = π r V 1= π ( 0.1195 m ) =7.15 ×10 m 3 3 ( 2.026× 105 Pa ) ( 7.15 ×10−3 m3 ) pV pV =nRT → n= n= =0.594 mol∆ U =n C v ∆T RT ( 8.314 J /mol . K ) ( 293.15 K ) ∆ U =( 0.594 mol )( 20.76 J /mol . K ) ( 321 K −293 K )=345 J 19.37 Datos n=0.450 molT 1=50.0o CT 2=10.0o CQ=0C v =12.47 J /mol . K ∆ U =Q−W → W =−∆ U →W =−n C v ∆ T →W =n C v ( T 1−T 2 ) W =( 0.450 mol ) ( 12.47 mol . K ) ( 50.0 o C−10.0 o C )=224 J ∆ V > 0→ ∆ U =−W ∆ U =−224 J 19.38 Datos 5 n=0.100 mol p1=1.00 ×10 5 PaV =2.50× 10−3 m3 y= 3

Camila M. Encarnación Nova pV =nRT → T = p2 = p1

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V1 ( 1.00× 105 Pa ) ( 2.50 ×10−3 m3 ) pV T= =301 K p1 V 1=p 2 V 2 → p2= p 1 nR V2 ( 0.100 mol ) ( 8.3145 J /mol . K )

( )

V1 T 1 T2 V2 1 1 ( 5 4 = p1 = 1.00× 10 Pa ) =5 .00 ×10 Pa = → T 2=T 1 2V2 2 2 V1 V2 V1

( ) ()() ( ) () ( )

( )

2V1 V1 y−1 y−1 T 2=T 1 =2 T 1 =2 ( 301 K )=602 KT 1 V 1 =T 2 V 2 →T 2=T 1 V1 V2 V1 T 2=( 301 K ) 2V1

5 −1 3

( )

y−1

1 32 =189 K 19.39 Datos 2

=( 301 K )

p1=1.01 ×105 PaT 1=26.0o C=( 26.0+273.15 ) K=299.15 K p2=0.850 × 105 Pa y=1.40 nRT pV =nRT → V = p nR T 1 y−1 nR T 2 y−1 T 1y T2 p2 y−1 y−1 y−1 y T 1 V 1 =T 2 V 2 →T 1 =T 2 → y−1 = y−1 → T 2=T 1 p1 p2 p1 p1 p2

( )

T 2=( 299.15 K )

(

5

0.850× 10 Pa 1.01× 105 Pa

( )

)

0.4 1.4

( )

=284.8 K T =( 284.8−273.15 )o C=11.6 o C