act 6_201015_106 termodinamica
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TRABAJO COLABORATIVO 1
ANDRES FELIPE MORALES VALLEJO
CODIGO: 1057411603
OLIVERIO ALVARO
CODIGO: 1057184928
BRAYAN ESTEBAN PARRA
CODIGO:
TUTOR:
VICTORIA GUTIERREZ
GRUPO: 201015_106
CURSO
TERMODINAMICA
UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA Y A DISTANCIA UNAD
Termodinámica
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INTRODUCCION
En el siguiente documento se desarrollarán los capítulos correspondientes a la unidad uno, la cual abarca temas como; Ley Cero de la termodinámica, Trabajo, Primera ley de la termodinámica.
Con el fin de comprender todos los temas antes mencionados y que hacen parte de la Unidad No. 1 del módulo se hace indispensable que hagamos de manera responsable cada uno de las labores solicitadas por el tutor y tratemos de obtener el mayor conocimiento posible de cada una de ellas.
Termodinámica
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OBJETIVOS
Conocer y aplicar las distintas formulas que contiene la unidad número uno Ley Cero, Trabajo y Primera Ley de la Termodinámica en la solución de problemas aplicados a la industria.
Desarrollar la habilidad para describir y exponer los conceptos que nos brinda la unidad para debatir con nuestros compañeros.
Elaborar un trabajo final, la cual es el compendio de todos los aportes individuales revisados y mejorados, de tal manera que se tiene en cuenta los aportes de todos.
Termodinámica
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EJERCICIOS
1. Una pared de 67 cm de espesor y que tiene una conductividad térmica de 0.64 W/(m.K), está sometida a una temperatura exterior de 362 K e interior de 15 ºC. La tasa de transferencia de calor, en W/m2, que se presenta a través de la pared es:
T 1=15o C Cambiar a Kelvin K=C+273,15
K=15+273,15=288,15 K ↔ T 1
T 2=362 K
T=T 2−T1=362 K−288,15 K=73,85 K
X= 67cm cambiar a Metros 67cm x1 m
100 cm= 0.67m
Formula: ˙
Q=K t A∆ T∆ X
˙Q=(0.64
Wm∗K )( 1m2 ) 73.85 K
0.67 m
Q=(0.64W
m∗K )∗110.2Km
Q=70 .52W
m2
Termodinámica
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2. Un líquido inicialmente se encuentra a 32 ºC, es calentado incrementando su temperatura en 87 ºF. Su temperatura final, en ºF, es:
T1= 32°C Cambiar a °F °F= (°C x 9/5) + 32 °F = (32 x 9/5) + 32= 89.6°F T1
T2= 87°FTF=?Formula: TF = T1 + T2
TF= 89.6°F + 87°FTF = 176.6 °F
3. Se necesita 13.5 kcal para fundir 189 g de una sal que tiene una masa molar de 82 g/mol. Por lo tanto, su calor molar de fusión, en Kcal/mol, es:
Primero Calculamos las moles:m= 189gM= 82 g
mol
Formula: n= mM
Reemplazamos:
Termodinámica
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n= 189 g
82g
mol = 2.30 mol
El calor molar de fusión seria:Qm =13.5kcal2.30mol
Qm = 5.86 kcalmol
4. Se tiene un gas almacenado en un tanque a -7 ºC al cual se le retira 28 kcal y su temperatura disminuye hasta llegar a -23 ºC. El Cv de este gas 4.2 cal/(mol.K). La cantidad del gas almacenado, en gramos, es:
Cv= 4.2 cal
mol∗KT1= - 7ºC Cambiar a ºK 0K = 0C + 273.15
0K = -7 + 273.15 = 266.15ºK T1
T2 = -23ºC Cambiar a ºK 0K = 0C + 273
0K = -23 + 273.15 = 250.15ºK T2
Q= 28kcal convertimos a cal 28kcal x 1000 cla
1 kcal = 28000 cal
n=?Formula: Q=n x Cv x (T2 – T1)
Despejamos n y tenemos que:Qn
= Cv x (T2 – T1)
n= C v x (T 2 – T 1 )
QReemplazamos:
n= 4 .2
calmol∗K
x (250.15 K – 266.15 K )
28000 cal
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n= 4 .2
calmol∗K
x (−16 K )
28000 cal
n= −67.2 mol
28000 = 0.0024 mol
Nota: Este Ejercicio nos da en Moles porque para poder cambiar a gramos debemos conocer el peso molecular del Elemento o Compuesto y en este caso el ejercicio no lo especifica.
5. Se tienen 32 moles de un gas encerrado en un pistón a 42 ºC y 1.7 atm. Se comprime isotérmicamente realizando un trabajo sobre el sistema de -34 kJ. La presión final del gas es:
n= 32moles R= 8.314 J
mol∗K
T1= 42ºC Cambiar a ºK 0K = 0C + 273.15 0K = 42 + 273.15 = 315.15ºK T1
P1= 1.7atm
W= -34 kJ Convertimos a Julio -34 kJ x 1000 J
1kJ = -34000J
P2=?
Según la Ley de Boyle V 2
V 1
=P1
P2 podemos reemplazar en la formula de trabajo
volumen por Presión.
Formula: w= nRT ln( P1
P2)
Despejamos P2 de la formula y tenemos que:
W
nRT=ln(P1
P2) P1
P2= e( W
nRT ) P1= P2 x e( W
nRT ) P1
e( W
nRT )=P2
Reemplazamos y tenemos que:
P2=
1.7 atm
e( −34000J
32mol∗8.314J
mol∗K∗315.15 K )
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P2= 1.7 atm
0.67
P2= 2.53atm
6. En un tanque se encuentran almacenados 376.34 moles de un gas a 25 °C, al cual se le retiran 49 kcal. Este gas tiene un Cv=3.1 cal /¿). La temperatura final de este gas, en °C, es:
T 1=25 °C=25+273,15=298.15 ° K
n=376.34 mol
Q=−49 kcal=−49000 cal
Cv=3.1 cal /(mol . K )
T 2=¿
Q=nC v (T 2−T1 )
−49000 cal=(376.34 mol ) (3.1 cal /(mol . K )) (T2−298.15° K )
−49000 cal=( 1166.654 calK ) (T 2−298.15 K )
−49000 cal1166.654cal /K
=T 2−298.15 K
−42 K=T2−298.15 K
−42 K+298.15 K=T2
256.15 K=T 2
T 2=256.15−273.15=−17 ° C
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La temperatura final del gas es de -17°C.
7. En un pistón se tienen 120 moles de un gas a 42 °C y 1.3 atm se comprime isotérmicamente hasta que la presión final es de 2.2 atm. El trabajo realizado sobre el sistema, en kJ, es:
n=120 mol
T=42 ° C=273.15+42=315.15 K
P1=1.3 atm
P2=2.2 atm
R= 8.31 Jmol ∙ K
En los procesos isotérmicos se tiene que:
P1V 1=P2V 2
P1
P2
=V 2
V 1
1.3 atm2.2 atm
=V 2
V 1
0.59=V 2
V 1
W =nRT (V 2
V 1)
W =(120 mol )( 8.31 Jmol ∙ K ) (315.15 K ) (0.59 )
W =185417.8722 J
W =185.42 kJ
Termodinámica
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El trabajo realizado sobre el sistema es 185.42 kJ
8. Un gas se encuentra a 0.8 atm y 27 °C y tiene una masa molar de 87 g/mol. El volumen específico de este gas, en litros/kg, es:
P=0.8 atm
T=27 ° C=273.15+27=300.15 K
R=0.082 atm∙< ¿mol ∙ K
¿
M=87 g /mol=0.087 kg /mol
El volumen específico de un gas está representado por la expresión:
V= RTPM
V=¿¿
V=353.625<¿kg
El volumen específico del gas es 353.6 Lt/kg
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9. Un gas que se encuentra en un recipiente rígido a 4 °C y 221 kPa se calienta hasta que la presión es de 236.15 kPa. La temperatura final de este gas, en °C, es:
T 1=4 ° C
P1=221 kPa
P2=236.15 kPa
T 2=?
Aplicamos la Ley de Gay-Lussac: La presión de una cierta cantidad de gas, que se mantiene a volumen constante, es directamente proporcional a la temperatura:
P1
T1
=P2
T 2
221 kPa4 ° C
=236.15 kPaT 2
T 2=(236.15 kPa ) ( 4 ° C )
221 kPa
T 2=4.27 ° C
La temperatura final del gas es de 4.27°C
Termodinámica
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10.Se tienen 34.7 moles de un gas a 42 ºC el cual se expande a temperatura constante hasta alcanzar 3.4 veces su volumen inicial. El trabajo realizado, en joules, es:
n=34.7 mol
T=42 ° C=273.15+42=315.15 K
V 2=3.4 V 1
R= 8.31 Jmol ∙ K
W =?
W =nRT (V 2
V 1)
Tenemos que:
V 2=3.4 V 1
V 2
V 1
=3.4
W =(34.7 mol )( 8.31Jmol ∙ K )(315.15 K ) (3.4 )
W =308977.41 J
El trabajo realizado fue de 308977.41Jolues.
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Puesto que casi toda la energía disponible de la materia prima se libera en forma de calor, resulta fácil advertir por qué la Termodinámica juega un papel tan importante en la ciencia y la tecnología.
En este tema se estudiarán las dos leyes básicas que deben obedecerse cuando se utiliza energía térmica para realizar trabajo. La primera ley es simplemente volver a postular el principio de la conservación de la energía. La segunda ley impone restricciones sobre el uso eficiente de la energía disponible.
Termodinámica
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Por ejemplo, al calentar agua en un matraz uti l izando una flama, observamos que con el tiempo el agua hierve, pues nuestro sistema (el agua), interacciona térmicamente con los alrededores (la flama), ya que el matraz hecho de vidrio y actúa como pared diatérmica, permitiendo el paso del calor hacia el agua.
Por ejemplo, si tratamos de calentar el agua contenida en un termo, constituido por un recipiente de doble pared con vacío intermedio, observamos que no se calentará, porque las paredes del termo son adiabáticas y no permiten la interacción térmica entre la flama y el sistema.
Ejemplo:
Termodinámica
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El trabajo realizado por un sistema sobre sus alrededores es de 68.884 joules al estar sometido a una presión de 1 atm. Hallar el volumen inicial si se registra un volumen final de 1.68 decímetros cúbicos.
1. Un sistema al recibir un trabajo de 275 J. Sufre una variación en su energía interna igual a 120 J. Determinar la cantidad de calor que se transfiere en el proceso y si el sistema recibe o cede calor.
Termodinámica
Datos
W=68.884J P=1 atmV2=1.68 dm³V1=?
Fórmulas
W =P (V F−V 0 )PV 0=PVF−W
V 0=PVF−W
P
Desarrollo
V 0°=
[(1.013 x105 NNm2 ) (1 .68 x 10−3m )]−(68 . 884 Nm )
1.013x105 N
m2
V 0=170 .184 Nm−68 .884 Nm
1 .013 x 105 N
m2
=101 .3 Nm
1 .013 x 105 N
m2
V 0=1X10 -3 m3
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Se originan casos especiales de la primera ley cuando una o más de las tres cantidades (Q, W, U) no sufre cambio. En estos ejemplos de la primera ley se simplifica considerablemente.
A continuación estudiaremos procesos termodinámicos generales.
PROCESO ADIBIATICO
Es aquel en el que no hay intercambio de energía térmica (Q) entre un sistema y sus alrededores. En este proceso el sistema no gana ni pierde calor.
CONCLUSION
Termodinámica
DatosU = 120 J.W = -275 J.Q = ?
Conversiones:
-155 J. ( 1 Cal. ) = -37.028Cal.
4.186 J
−(−155 J )( 1 Cal4 .186 J )=−37 . 028Cal
FórmulaU= Q - WQ = U + W
Desarrollo
Q= 120J. -275J.= -155J
Q = -155J.
Q = -37.028 cal
(El signo negativo indica que el sistema cede calor)
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Del anterior trabajo podemos concluir que hemos desarrollado, identificado, y puesto en práctica los temas vistos durante el estudio de la unidad uno.
Podemos concluir entonces de manera satisfactoria que fueron aplicados los conocimientos adquiridos en el proceso de elaboración del anterior trabajo plasmado en la elaboración de los ejercicios propuestos.
REFERENCIAS BIBLIOGRAFICAS
Termodinámica
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Munera Tangarife, R. (2009). Modulo de Termodinámica. Bogotá: UNAD.
Termodinámica