PRÁCTICA Nº 1

UNIVERSIDAD POLITÉCNICA SALESIANA – SEDE QUITO

FACULTAD DE INGENIERIAS

SEPTIMO “A” MECÁNICA

INFORME (PROCESOS TERMODINAMICOS)

CÁRDENAS JORGE

Quito 25-04-2012

INTRODUCCIÓN

De una manera menos abstracta, un proceso termodinámico puede ser visto como los cambios de un sistema, desde unas condiciones iniciales hasta otras condiciones finales, debidos a la desestabilización del sistema.

Isóbaro: La presión del gas se mantiene constante. Esto implicará que a medida que cambia la temperatura, el volumen cambiará de forma que pueda mantenerse la presión. Un ejemplo lo tenemos cuando se mete un globo en una nevera y observamos que se encoge.

Isócoro: El volumen del gas se mantiene constante. Cualquier cambio de temperatura vendrá acompañado de un cambio de presión. Por ejemplo, el vapor en una olla a presión va aumentando su presión a medida que se calienta.

Isotermo: La temperatura del gas se mantiene constante. Cuando el volumen aumenta la presión disminuye. Por ejemplo, un globo en una maquina de hacer vacío que aumenta su volumen a medida que se va haciendo el vacío.

Adiabático: Todas las variables de estado cambian, presión, volumen y temperatura. Éste es un proceso en sistemas bien aislados en que no se intercambia calor con los alrededores. También puede ser un proceso rápido, como el que ocurre en el aire cuando pasa una onda de sonido. Ejemplos adicionales: la compresión del pistón en una bomba de inflado de ruedas de bicicleta, o la descompresión rápida del émbolo de una jeringa (previamente comprimido con el agujero de salida taponado).

Una forma ampliamente utilizada para describir el estado de un gas es mediante los diagramas PV. También se podrían utilizar diagramas PT o VT, pero utilizaremos el PV pues en él es fácil calcular el trabajo realizado por o sobre el gas. Este trabajo viene dado por el área (con signo) encerrada bajo la curva descriptiva del proceso, o, en términos de la integral correspondiente al área citada, W = ∫ P dV.

El gas no tiene por qué seguir uno de los procesos tipo. Puede seguir cualquier proceso desconocido entre dos estados. Para un gas ideal, lo único imperativo, para que el proceso sea representable en un diagrama (por ejemplo, PV) es que se cumpla que PV = nRT en cualquier estado intermedio por los cuales se supone va pasando. Otro aspecto a considerar, cuando nos salimos de los procesos tipo, es que los cálculos (de calor, trabajo, cambios de energía interna, etc.) pueden ser más complicados.

PRÁCTICA Nº 1

TEMA: PROCESOS TERMODINAMICOS

OBJETIVO GENERAL

Realizar la practica virtual acerca de los diversos procesos termodinámicos.

OBJETIVOS ESPECIFICOS

Observar el proceso a través del simulador. Introducir los datos propuestos en la hoja guía al simulador. Analizar los resultados del programa.

HIPÓTESIS GENERAL

- Los procesos termodinámicos varían en función de tres parámetros que son: presión, volumen y la temperatura en la que se encuentran.

MARCO TEORICO

El calor

El calor no es una nueva forma de energía, es el nombre dado a una transferencia de energía de tipo especial en el que intervienen gran número de partículas. Se denomina calor a la energía intercambiada entre un sistema y el medio que le rodea debido a los choques entre las moléculas del sistema y el exterior al mismo y siempre que no pueda expresarse macroscópicamente como producto de fuerza por desplazamiento. El calor se considera positivo cuando fluye hacia el sistema, cuando incrementa su energía interna. El calor se considera negativo cuando fluye desde el sistema, por lo que disminuye su energía interna. Cuando una sustancia incrementa su temperatura de TA a TB, el calor absorbido se obtiene multiplicando la masa (o el número de moles n) por el calor específico c y por la diferencia de temperatura TB-TA.

Q=nc(TB-TA)

Cuando no hay intercambio de energía (en forma de calor) entre dos sistemas, decimos que están en equilibrio térmico. Las moléculas individuales pueden intercambiar energía, pero en promedio, la misma cantidad de energía fluye en ambas direcciones, no habiendo intercambio neto. Para que dos sistemas estén en equilibrio térmico deben de estar a la misma temperatura.

Primera ley de la Termodinámica

La primera ley no es otra cosa que el principio de conservación de la energía aplicado a un sistema de muchísimas partículas. A cada estado del sistema le corresponde una energía interna U. Cuando el sistema pasa del estado A al estado B, su energía interna cambia en:

U=UB-UA

Supongamos que el sistema está en el estado A y realiza un trabajo W, expandiéndose. Dicho trabajo mecánico da lugar a un cambio (disminución) de la energía interna de sistema

U=-W

También podemos cambiar el estado del sistema poniéndolo en contacto térmico con otro sistema a diferente temperatura. Si fluye una cantidad de calor Q del segundo al primero, aumenta su energía interna en

U=Q

Si el sistema experimenta una transformación cíclica, el cambio en la energía interna es cero, ya que se parte del estado A y se regresa al mismo estado, U=0. Sin embargo, durante el ciclo el sistema ha efectuado un trabajo, que ha de ser proporcionado por los alrededores en forma de transferencia de calor, para preservar el principio de conservación de la energía, W=Q.

Si la transformación no es cíclica U 0 Si no se realiza trabajo mecánico U=Q Si el sistema está aislado térmicamente U=-W Si el sistema realiza trabajo, U disminuye Si se realiza trabajo sobre el sistema, U aumenta Si el sistema absorbe calor al ponerlo en contacto térmico con un foco a

temperatura superior, U aumenta. Si el sistema cede calor al ponerlo en contacto térmico con un foco a una

temperatura inferior, U disminuye.

Todos estos casos, los podemos resumir en una única ecuación que describe la conservación de la energía del sistema.

U=Q-W

Si el estado inicial y final están muy próximos entre sí, el primer principio se escribe

dU=dQ-pdV

Transformaciones

La energía interna U del sistema depende únicamente del estado del sistema, en un gas ideal depende solamente de su temperatura. Mientras que la transferencia de calor o el trabajo mecánico dependen del tipo de transformación o camino seguido para ir del estado inicial al final.

Isócora o a volumen constante

No hay variación de volumen del gas, luego

W=0

Q=ncV(TB-TA)

Donde cV es el calor específico a volumen constante

Isóbara o a presión constante

W=p(vB-vA)

Q=ncP(TB-TA)

Donde cP es el calor específico a presión constante

Isoterma o a temperatura constante

pV=nRT

La curva p=cte/V que representa la transformación en un diagrama p-Ves una hipérbola cuyas asíntotas son los ejes coordenados.

U=0 Q=W

Adiabática o aislada térmicamente, Q=0

La ecuación de una transformación adiabática la hemos obtenido a partir de un modelo simple de gas ideal. Ahora vamos a obtenerla a partir del primer principio de la Termodinámica.

Ecuación de la transformación adiabática

Del primer principio dU=-pdV

Integrando

Donde el exponente de V se denomina índice adiabático del gas ideal

Si A y B son los estados inicial y final de una transformación adiabática se cumple que

Para calcular el trabajo es necesario efectuar una integración similar a la transformación isoterma.

Como podemos comprobar, el trabajo es igual a la variación de energía interna cambiada de signo.

Si Q=0, entonces W=-U=-ncV(TB-TA).

PROCEDIMIENTO

Para la ejecución de esta práctica de laboratorio se toma como punto de partida el cambio de temperatura al que se ve expuesto una sustancia al inducirle calor.

1) Abrir la página de internet.2) Leer la teoría respecto a calor y temperatura.3) Colocar los datos que se requiere en la hoja guía de la práctica.4) Llenar la tabla con los resultados que proporciona el programa.5) Analizar los datos proporcionados por el programa.6) Comparar estos resultados con los que se analizó en el laboratorio o clase.

EQUIPO Y MATERIALES

EQUIPO MATERIALES

Computadora Hoja de datosInternet Programa (para la resolución de los

procesos)

ANÁLISIS DE DATOS Y RESULTADOS

HOJA DE DATOS

TEMA: PROCESO ISOBARICO

Experimento PRESIÓN TEMPERATURA VOLUMEN P1 P2 T1 T2 V1 V2

1 7 7 345 690 4 82 10 10 415 367 2 1.763 5 5 279 390.6 5 74 15 15 304 338 9 105 9 9 368 278 14 10.6

Experimento CALOR TRABAJO VARIACION DE ENERGIA INTERNA

GAS IDEAL

CTES

Cv Cp

1 70 28 42 Argón 0.3132 0.52032 -5.8 -2.4 -3.5 Argón 0.3132 0.5203

3 25 10 15 Argón 0.3132 0.52034 37 15 22.5 Etileno 1.2518 1.54825 -76.7 -30.8 -46.2 Nitrógen

o0.744 1.040

TABLAS TRANSFORMADAS

Experimento

PRESIÓN TEMPERATURA VOLUMEN

P1(Pa) P2(Pa) T1(ºC) T2(ºC) V1(m3) V2(m3)1 709100 709100 72 417 0.004 0.0082 1013000 1013000 142 94 0.002 0.00176863 506500 506500 6 117.6 0.005 0.0074 1519500 1519500 31 104.77 0.009 0.015 911700 911700 95 5 0.014 0.01057

Experimento CALOR(J)

TRABAJO(J)

VARIACION DE ENERGIA

INTERNA (J)1 7080.87 2826.27 4244.4692 -587.54 -234.327 -351.493 2522.37 1013 1519.54 3778.49 1509.37 2278.237

5 -7769.71

-3121.053 -4682.086

Proceso 1 proceso 2

Proceso 3 proceso 4

Proceso 5

TEMA: PROCESO ISOCORICO


1 5 7 345 483 4 42 10 7.23 415 300 2 23 7 8.65 279 345 5 54 8 15 304 570 9 95 9 2 368 81.7 14 14


GAS IDEAL

CTES

Cv Cp

1 12 0 12 Argón 0.3122 0.52032 -8.3 0 -8.3 Argón 0.3122 0.52033 12.4 0 12.4 Argón 0.3122 0.52034 94 0 94 Etileno 1.2518 1.54825 -147 0 -147 Neón 0.6179 1.0299

TABLAS TRANSFORMADASExperimento PRESIÓN TEMPERATURA VOLUMEN

P1(Pa) P2(Pa) T1(ºC) T2(ºC) V1(m3) V2(m3)1 506500 709100 72 210 0.004 0.0042 1013000 732287.5

7142 27 0.0020 0.0020

3 709100 876842.67

6 72 0.005 0.005

4 810400 1519500 31 297 0.009 0.0095 911700 202600 95 -191.23 0.014 0.014


TRABAJO(J)


INTERNA (J)1 1205.47 0 1205.472 -840.79 0 -840.793 1256.12 0 1256.124 9572.85 0 9572.855 -

14891.10 -14891.1

Proceso 1 proceso 2

Proceso 3 proceso 4

Proceso 5

TEMA: PROCESO ISOTERMICO


1 5 7 567 567 4 2.862 10 1.82 300 300 2 113 7 5.83 345 345 5 64 8 15 275 275 9 4.85 9 2 419 419 14 15.75


GAS IDEAL

CTES

Cv Cp

1 -6.7 -6.7 0 Octano 1.6385 1.71132 34 34 0 Octano 1.6385 1.71133 6.3 6.3 0 Helio 10.183 14.0374 -45 -45 0 Etano 1.4897 1.76625 14.8 14.8 0 Nitrógeno 0.743 1.039


Experimento


P1(Pa) P2(Pa) T1(ºC) T2(ºC) V1(m3) V2(m3)1 506500 709100 294 294 0.004 0.00285712 1013000 184173.53 27 27 0.002 0.0113 709100 590913.29 72 72 0.005 0.0064 810400 1519500 2 2 0.009 0.00485 911700 202600 146 146 0.014 0.063


TRABAJO(J)


INTERNA (J)1 -680.736 -680.736 02 3453.317 3453.317 03 646.415 646.415 04 -4583.825 -4583.825 05 19197.36 19197.36 0

Proceso 1 proceso 2

Proceso 3 proceso 4

Proceso 5

TEMA: PROCESO ADIABATICO


1 15 7 290 213.8 4 6.32 10 28.5 300 456 8 4.33 7 2.6 345 233.1 5 94 4 0.9 500 275 11 275 6 10 419 513.9 14 10.3


GAS IDEAL

CTES

Cv Cp

1 0 23.7 -23.7 Argón 0.3122 0.52032 0 -62.4 62.4 Argón 0.3122 0.52033 0 17.02 -17.02 Argón 0.3122 0.52034 0 29.7 -29.7 Argón 0.3122 0.52035 0 -28.6 28.6 Argón 0.3122 0.5203


Experimento


P1(Pa) P2(Pa) T1(ºC) T2(ºC) V1(m3) V2(m3)1 1519500 709100 17 -59.20 0.004 0.0063192 1013000 2885479.85 27 183 0.008 0.004263 709100 266226.53 72 -39.85 0.005 0.0094 405200 90896.49 227 2 0.011 0.02696795 607800 1013000 146 240.99 0.014 0.0103043


TRABAJO(J)


INTERNA (J)1 0 2395.674 -2395.6742 0 -6321.0187 6321.01873 0 1724.167 -1724.1674 0 3008.609 -3008.6095 0 -2893.594 2893.594

Proceso 1 proceso 2

Proceso 3 proceso 4

Proceso 5

CALCULOS

PROCESO ISOBARICO

Experimento 1. Experimento 2

P=7 atm101300 Pa

1 atm=709100 Pa P=10 atm

101300 Pa1atm

=1013000 Pa

T1=345°K-273=72°C T1=415°K-273=142°C

V 1=4 lit0.001m 3

1 lit=0.004 m 3 V 1=2 lit

0.001m 31 lit

=0.002 m3

T2=690°K-273=417°C T2=367°K-273=94°C

V 2=8 lit0.001 m3

1lit=0.008 m 3 V 2=1.76 lit

0.001 m31 lit

=0.00176 m3

Q 1=70 atm∗l101.3 J1 atm∗l

=7091 J Q 1=−5.8 atm∗l101.3 J1 atm∗l

=−587.54 J

W 1=28 atm∗l101.3 J1 atm∗l

=2836.4 J W 1=−2.4 atm∗l101.3 J1 atm∗l

=−243.12 J

U 1=42 atm∗l101.3 J1 atm∗l

=4254.6 J U 1=−3.5 atm∗l101.3 J1atm∗l

=−354.55 J

Q=Cp∆ T Q=Cp∆ T

Cp= 70690−345

=0.202 ≈ 0.5203 Cp= −5.8367−415

=0.12≈ 0.5203


P=5 atm101300 Pa

1 atm=506500 Pa P=15 atm

101300 Pa1 atm

=1519500 Pa

T1=279°K-273=6°C T1=304°K-273=31°C

V 1=5 lit0.001 m3

1 lit=0.005 m 3 V 1=9 lit

0.001 m31 lit

=0.009 m 3

T2=390.6°K-273=117.6°C T2=338°K-273=65°C

V 2=7 lit0.001 m3

1lit=0.007 m3 V 2=10 lit

0.001 m31 lit

=0.01 m3

Q 1=25 atm∗l101.3 J1 atm∗l

=2532.5 J Q 1=37 atm∗l101.3 J1 atm∗l

=3748.1 J

W 1=10 atm∗l101.3 J1 atm∗l

=1013 J W 1=15 atm∗l101.3 J1 atm∗l

=1519.5 J

U 1=15 atm∗l101.3 J1 atm∗l

=1519.5 J U 1=22.5atm∗l101.3 J1 atm∗l

=2279.25 J

Q=Cp∆ T Q=Cp∆ T

Cp= 25390.6−279

=0.22 ≈ 0.5203 Cp= 37338−304

=1.088 ≈ 1.5482

Experimento 5

P=9 atm101300 Pa

1 atm=911700 Pa

T1=368°K-273=95°C

V 1=14 lit0.001 m3

1lit=0.014 m3

T2=278°K-273=5°C

V 2=10.6 lit0.001 m3

1 lit=0.0106 m3

Q 1=−76.7 atm∗l101.3 J1 atm∗l

=−7769.71 J

W 1=−30.8 atm∗l101.3 J1 atm∗l

=−3120.04 J

U 1=−46.2 atm∗l101.3 J1 atm∗l

=−4680.06 J

Q=Cp∆ T Cp= 25390.6−279

=0.22 ≈ 0.5203

PROCESO ISOCORICO


P=5 atm101300 Pa

1 atm=506500 Pa P=10 atm

101300 Pa1 atm

=1013000 Pa

T1=345°K-273=72°C T1=415°K-273=142°C

V=4 lit0.001 m3

1lit=0.004 m3 V=2lit

0.001 m31lit

=0.002 m 3

T2=483°K-273=210°C T2=300°K-273=27°C

P 2=7 atm101300 Pa

1 atm=709100 Pa P 2=7.23

101300 Pa1 atm

=732399 Pa

Q 1=U 1=12 atm∗l101.3 J1 atm∗l

=1215.6 J Q 1=U 1=−8.3 atm∗l101.3 J1 atm∗l

=−840.79 J

Q=nCv(TB−TA) Q=nCv(TB−TA)

Cv 1= 12483−345

=0.02≈ 0 . 3122 Cv 2= −8.3.300−415

=0.072≈ 0 . 3122


P=7 atm101300 Pa

1 atm=709100 Pa P=8 atm

101300 Pa1 atm

=810400 Pa

T1=279°K-273=6°C T1=304°K-273=31°C

V=5 lit0.001 m3

1lit=0.005 m3 V=9lit

0.001 m 31lit

=0.009 m3

T2=345°K-273=72°C T2=570°K-273=297°C

P 2=8.65atm101300 Pa

1 atm=876245 Pa P 2=15

101300 Pa1atm

=1519500 Pa

Q 1=U 1=12.4 atm∗l101.3 J1 atm∗l

=1256.12 J Q 1=U 1=94 atm∗l101.3 J1 atm∗l

=1062.2 J

Q=nCv(TB−TA) Q=nCv(TB−TA)

Cv 3= 12.4345−279

=0.187 ≈ 0 . 3122 Cv 4= 94570−304

=1.10 ≈ 1 . 2518

Experimento 5.

P=9 atm101300 Pa

1 atm=911700 Pa

T1=368°K-273=95°C

V=14 lit0.001 m 3

1 lit=0.014 m 3

T2=81.7°K-273=-191.3°C

P 2=2 atm101300 Pa

1 atm=202600 Pa

Q 1=U 1=−147 atm∗l101.3 J1 atm∗l

=14891.1 J

Q=nCv(TB−TA)

Cv 5= −14781.77−368

=0.511≈ 0.6179

PROCESO ISOMETRICO


P 1=5 atm101300 Pa

1 atm=506500 Pa P=10 atm

101300 Pa1 atm

=1013000 Pa

T1=567°K-273=294°C T1=300°K-273=7°C

V 1=4 lit0.001m 3

1 lit=0.004 m 3 V 1=2 lit

0.001m 31 lit

=0.002 m3

P 2=7atm101300 Pa

1atm=709100 Pa P 2=1.82

101300 Pa1 atm

=182546 Pa

V 2=2.86 lit0.001 m3

1lit=0.00286 m3 V 2=11 lit

0.001 m31 lit

=0.011 m3

Q 1=w 1=−6.7 atm∗l101.3 J1 atm∗l

=678.7 J Q 1=w 1=34 atm∗l101.3 J1 atm∗l

=3444.2 J

W =RTLnV 2V 1

W =RTLnV 2V 1

R= W

Tln (V 2V 1

) R= W

Tln (V 2V 1

)

R= −6.7

567 ln (2.86

4)=0.035 ≈ 0.0729

R= 34

300 ln (112

)=0.066 ≈ 0.0729


P 1=7 atm101300 Pa

1 atm=709100 Pa P=8 atm

101300 Pa1 atm

=810400 Pa

T1=345°K-273=72°C T1=275°K-273=2°C

V 1=5 lit0.001 m3

1 lit=0.005 m 3 V 1=9 lit

0.001 m31 lit

=0.009 m 3

P 2=5.83atm101300 Pa

1 atm=590579 Pa P 2=15

101300 Pa1atm

=1519500 Pa

V 2=6 lit0.001 m3

1lit=0.006 m3 V 2=4.8lit

0.001 m31lit

=0.0048 m3

Q 1=w 1=6.3 atm∗l101.3 J1atm∗l

=638.2 J Q 1=w 1=−4.5 atm∗l101.3 J1 atm∗l

=−455.85 J

W =RTLnV 2V 1

W =RTLnV 2V 1

R= W

Tln (V 2V 1

) R= W

Tln (V 2V 1

)

R= 63

345 ln (65)=1.015 ≈ 2.0769

R= −45

275 ln (4.89

)=0.2603 ≈ 0.2765

Experimento 5.

P 1=9atm101300 Pa

1atm=911700 Pa

T1=419°K-273=146°C

V 1=14 lit0.001 m3

1lit=0.014 m3

P 2=2atm101300 Pa

1atm=202600 Pa

V 2=15.75 lit0.001 m3

1 lit=0.01575 m 3

Q 1=w 1=14.8 atm∗l101.3 J1atm∗l

=1499.24 J

W =RTLnV 2V 1

R= W

Tln (V 2V 1

)

R= 14.8

419 ln (15.75

14)=0.2998 ≈ 0.2968

PROCESO ADIABATICO


P=5 atm101300 Pa

1 atm=506500 Pa P=10 atm

101300 Pa1 atm

=1013000 Pa

T1=290°K-273=17°C T1=300°K-273=7°C

V 1=4 lit0.001m 3

1 lit=0.004 m 3 V 1=8 lit

0.001 m31 lit

=0.008 m 3

P 2=7atm101300 Pa

1atm=709100 Pa P 2=28.5atm

101300 Pa1 atm

=2887050 Pa

T2=213.8°K-273=-59.2°C T2=456°K-273=183°C

V 2=6.3 lit0.001 m3

1 lit=0.0063 m 3 V 2=4.3lit

0.001 m31lit

=0.0043 m3

W 1=23.7 atm∗l101.3 J1 atm∗l

=2400.81 J W 1=−62.4 atm∗l101.3 J1 atm∗l

=−6321.12 J

W=Cv∆ T W=Cv∆ T

Cv= 23.7290−213.8

=0.311≈ 0.3122 Cv= 62.4456−300

=0.4 ≈ 0.3122


P=7 atm101300 Pa

1 atm=709100 Pa P=4 atm

101300 Pa1 atm

=405200 Pa

T1=345°K-273=72°C T1=500°K-273=227°C

V 1=5 lit0.001 m3

1 lit=0.005 m 3 V 1=11 lit

0.001 m31 lit

=0.011 m3

P 2=2.6 atm101300 Pa

1 atm=263380 Pa P 2=0.9 atm

101300 Pa1 atm

=91170 Pa

T2=233.1°K-273=-39.9°C T2=275°K-273=2°C

V 2=9 lit0.001 m3

1lit=0.009 m 3 V 2=27 lit

0.001 m31lit

=0.027 m3

W 1=17.02 atm∗l101.3 J1 atm∗l

=1724.13 J W 1=29.7 atm∗l101.3 J1 atm∗l

=3008.6 J

W=Cv∆ T W=Cv∆ T

Cv= 17.02233.1−345

=0.1521 ≈ 0.3122 Cv= 29.7275−500

=0.132≈ 0.3122

Experimento 5.

P=6 atm101300 Pa

1 atm=607800 Pa

T1=419°K-273=146°C

V 1=4 lit0.001m 3

1 lit=0.004 m 3

P 2=10 atm101300 Pa

1 atm=1013000 Pa

T2=513.9°K-273=240.9°C

V 2=10.3 lit0.001 m3

1 lit=0.0103 m 3

W 1=−28.6 atm∗l101.3 J1 atm∗l

=−2897.2 J

W=Cv∆ T

Cv= 28.6513.9−419

=0.301 ≈ 0.3122

CONCLUSIONES Y RECOMENDACIONES

CONCLUSIONES

La primera ley de la termodinámica establece que la energía añadida a o eliminada de un sistema se utiliza para realizar un trabajo en o por el sistema y para aumentar o disminuir la energía interna (temperatura) del sistema.

En un proceso adiabático si la Pi > Pf el W tiene un valor positivo, mientras que el U tiene un valor negativo, caso contario si Pi < Pf el W es negativo y U es positivo.

En un proceso adiabático no existe transferencia de calor (Q) por lo tanto Q = 0. En un proceso isocórico, no existe trabajo (W). En un proceso isotérmico no existe variación de energía interna, por lo tanto

U = 0.

RECOMENDACIONES

Como recomendación tendríamos que el programa ejecute los valores con unidades de medidas normalizadas.

Antes de realizar cualquier análisis debemos dibujar el diagrama PV o TV para realizar recién cualquier cálculo.

BIBLIOGRAFÍA

http://www.sc.ehu.es/sbweb/fisica/estadistica/termo1/termo1.html http://personal.us.es/rperianez/laboratorio/procesos.html http://es.wikipedia.org/wiki/Proceso_termodin%C3%A1mico http://www.fisicafacil.com/Temario/Termodinamica/Ejercicios/Primer

%20principio/ejer2-1principio.htm http://fisica.usach.cl/~lhrodrig/calortermod.pdf

CUESTIONARIO

1. ¿Qué es un proceso termodinámico?Un proceso termodinámico es aquel en el que existe el cambio de un sistema de equilibrio a otro, en el que se realiza transformaciones energéticas.

2. ¿Qué es un proceso isobárico?Es aquel proceso que se lleva a cabo con presión constante

3. ¿Qué es un proceso isotérmico?Es aquel proceso que se lleva a cabo a temperatura constante.

4. ¿Qué es un proceso isocórico?Es aquel proceso que se lleva a cabo a volumen constante.

5. ¿Qué es un proceso isentrópico?Es aquel proceso en el que la Entropía (S) es constante

6. ¿Qué es un proceso adiabático?Es un proceso que se dan en sistemas cerrados, en donde no se da transferencia de calor.

7. ¿Qué es un proceso politrópico?Es un proceso real de expansión y compresión de los gases, la presión y el volumen están relacionados mediante la ecuación PV n=C , donde n y C son constantes.

8. ¿Qué enuncia la ley de Boyle?Establece que el volumen de una cantidad determinada de gas que se mantiene a temperatura constante es inversamente proporcional a la presión. Esta ley puede expresarse en términos matemáticos:

V=constante×1P

o PV=constante

En la gráfica V vs P de la figura (a) muestra el tipo de curva que se obtiene para una cantidad dada de gas a una temperatura fija

9. ¿Qué enuncia la ley de Charles y Gay-Lussac?

La ley de Charles Gay Lussac enuncia: el volumen de una cantidad fija de gas mantenida a presión constante es directamente proporcional a su temperatura absoluta. Matemáticamente podríamos expresarlo de la siguiente manera:

V=constante× T ó VT

=constante

PROBLEMAS

Una masa de 200 gramos de agua líquida saturada se evapora por completo a una presión constante de 100 kPa. Determine a) el cambio de volumen y b) la cantidad de energía transferida al agua.

Solución Se evapora agua líquida saturada a presión constante. Se determinarán el cambio de volumen y la energía transferida.

Análisis a) El proceso descrito se ilustra en un diagrama P-v, en la figura 12.1. El cambio de volumen por unidad de masa durante el proceso de evaporación es vfg, que es la diferencia entre Vg y Vf Al tomar de la tabla A-5 estos valores a 100 kPa y sustituir, se obtiene

V fg=V g−V f=1.6941−0.001043=1.6931m3

kg

Por lo tanto.

∆ V =mV fg=(0.2 kg )(1.6931kJkg )=0.3386 m3

b) La cantidad de energía necesaria para evaporar una masa unitaria de sustancia a una determinada presión es la entalpia de evaporación a esa presión, que es hfg = 2 257.5 kJ/kg paro el agua a 100 kPa. Por lo tanto la cantidad de energía transferida es:

mhfg=(0.2 kg )(2257.5kJkg )=451.5 KJ

Un dispositivo sin fricción que consta de cilindro-émbolo contiene 10 Ibm de vapor a 60 psia y 320°F. Se transfiere calor al vapor hasta que la temperatura alcanza 400°F. Si el émbolo no está unido una flecha y su masa es constante, determine el trabajo que realiza el vapor durante este proceso.

Solución Se calienta vapor en un dispositivo de cilindro-émbolo y la temperatura sube a presión constante. Se determinará el trabajo de frontera que se lleva a cabo.El proceso de expansión es de cuasi equilibrio.

Análisis Aunque no se expresa explícitamente, la presión del vapor dentro del cilindro permanece constante durante este proceso, ya que tanto la presión atmosférica como el peso del émbolo permanecen constantes. Por lo tanto, éste es un proceso a presión constante. En la figura 12.2 se muestran un bosquejo del sistema y el diagrama P- v del proceso.

W b=∫1

2

Pdv=P0∫1

2

dV=p0 ( v2−v1 )

O bien,

W b=m p0 ( v2−v1 )

Dado que V = mv. De la tabla de vapor sobrecalentado (tabla A-6E), los volúmenes específicos se determinan como V1 = 7.4863 pies3/lbm en el estado 1 (60 psia, 320 ºF) y v2 = 8.3548 pies3/lbm en el estado 2 (60 psia, 400°F). 5 se sustituyen estos valores, se obtiene:

W b=(10 lbm)¿¿96.4 Btu

Un recipiente rígido bien aislado contiene 5 kg de una mezcla de agua saturada de líquido y vapor a 100 kPa. Al inicio, tres cuartos de la masa están en la fase líquida. Una resistencia eléctrica, colocada en el recipiente se conecta a una fuente de 110 V; una corriente de 8 A fluye por la resistencia una vez que se enciende el interruptor. Determine cuánto tarda en evaporarse todo el líquido en el recipiente y muestre el proceso en un diagrama T – V con respecto a las líneas de saturación.

Solución El tanque es estacionario y el intercambio entre energía cinética y potencial son cero. El dispositivo está muy bien cerrado, por ello no existe transferencia de calor de adentro hacia fuera. La energía guardada en la Resistencia y el calor que se transfiere dentro del tanque es insignificante.

Análisis El contenido del tanque lo tomamos como un sistema. Este es un sistema cerrado en donde no hay una variación de masa. El volumen es constante, por lo tanto no hay trabajo de frontera, el equilibrio de la energía para un sistema estacionario cerrado puede ser expresado de la siguiente manera:

Eentrada−Esalida=∆ Esistema

W ent=∆ U=m (u2−u1) (Q=KE=PE=0 )

VI ∆ t=m (u2−u1 )

Las propiedades del agua son: (Tablas A – 4 hasta A -6)

P1=100 kPaX1=0.25 }

V f =0.001043 V g=1.6941m3

kg

U f=417.71 U fg=2088.2kJkg

V 1=V f +X1 V fg=0.001043+ [0.25 ×(1.6941−0.001043)]=0.42431m3

kg

U 1=U f + X1U fg=417.40+ (0.25× 2088.2 )=939.4kJkg

V 2=V 1=0.42431m3

kgsat . vapor }U 2=2556.2

kJkg

Sustituyendo

(110V ) (8 A ) ∆ t=(5 kg)(2556.2−939.4) kJkg (1000 VA

1kJs )

∆ t=9186 s≅ 153.1min

Un recipiente rígido contiene aire a 500 kPa y 150 ºC. Como resultado de la transferencia de calor hacia los alrededores, la temperatura y la presión dentro del recipiente descienden a 65°C y 400 kPa, respectivamente. Determine el trabajo de frontera hecho durante este proceso.

Solución En un recipiente rígido se enfría el aire y se disminuye la presión y la temperatura. Se determinará el trabajo de frontera realizado.

Análisis En la figura 12.3 se muestran un bosquejo del sistema y el diagrama P-V del proceso, El trabajo de frontera se determina como

W b=∫1

2

Pdv=0

Esto es de esperarse porque un recipiente rígido tiene un volumen constante y dV = 0 en esta ecuación. Por lo tanto, en este proceso no se realiza trabajo de frontera: es decir, el trabajo de frontera realizado durante un proceso a volumen constante es siempre cero. Esto también es evidente en el diagrama P-V del proceso (el área bajo la curva de proceso es cero).

W b=0

Un gas ideal se comprime isotérmicamente, hasta que alcanza un volumen igual a la cuarta parte del inicial realizando un trabajo de 60 J sobre el mismo.

Determine:o El cambio de energía interna del gas.o La cantidad de calor suministrada.

Solución De acuerdo al primer principio de la termodinámica, la energía en forma de calor suministrada al sistema menos el trabajo que este realiza sobre el medio ambiente es siempre igual a la variación de la energía interna y matemáticamente lo escribimos de la siguiente manera:

∆ U=Q−W

Debido a que el proceso es isotérmico, la energía interna es constante y la ecuación se

reduce a:

∆ U=0Q=W

Como el trabajo que realiza el gas es opuesto al trabajo que se realiza sobre él que se enuncia que es de 60J, entonces el gas cederá al medio ambiente 60J en forma de calor.

Q=−60 J

Un mol de un gas ideal realiza 3000 J de trabajo sobre su entorno cuando se expande de manera isotérmica a una presión final 1.00 atril y volumen de 25 L. Determine: (a) el volumen inicial y (b) la temperatura del gas.

Solución (a) W if =−nRTln(V f

V i)=−P f V f ln(V f

V i)

V i=V f

( WPf V f

)=(0.0250)

( −30000.0250(1.013 x105) )=0.00765 m3

(b) T f =P f V f

nR=

1.013 x105 Pa(0.0250m3)1.00mol(8.314 J / Kmol)

=305 K

PRÁCTICA Nº 1

Documents

Transcript of PRÁCTICA Nº 1