¿Por que no cambia la temperatura del aire al ser empujado por un ventilador?

[carroza]

Re: ¿Por que no cambia la temperatura del aire al ser empujado por un ventilador?

Ok, Alriga. No me resigno a que no me entiendan. Debo decir que la frase que me irritó inicialmente de tu respuesta era:

Esto no lo entiendo. Si yo tengo un depósito de Helio a 298 K, ¿no tienen cada uno de sus átomos 3 grados de libertad, (derecha-izquierda, arriba-abajo, adelante-atrás), como los protones de los que estamos hablando? Y para el Helio de ese depósito sí me está permitido el tratamiento estadístico.

Pero quizás el concepto de grado de libertad no sea tan claro como yo me imaginaba.

A ver, un deposito de helio, digamos de 4 kg, tiene 1000 moles de helio, lo cual quiere decir 6 x 10^26 atomos de helio. Como cada atomo tiene tres grados de libertad, tenemos 18 x 10^26 grados de libertad. Ahi si puedo hacer un tratamiento estadistico.

Va por ahi la cosa?

Saludos

[Alriga]

Re: ¿Por que no cambia la temperatura del aire al ser empujado por un ventilador?

… Saludos, y perdonad si he sonado un poco brusco en el comentario anterior …

Saludos, por mi parte no se preocupe Doctor carroza, considero que todo por su lado ha sido correcto y yo al menos no tengo nada que perdonar.

… Quizás a partir de ahí pueda ser de más provecho mi post anterior, si lo relees con algo más de atención …

Le reitero mi agradecimiento por intentar aclararme el tema, aunque lamento confesar que la relectura atenta del post #16 no ha conseguido disipar mi incomprensión. Es un caso claro de alumno obtuso que no está a la altura del docente, y ya lo siento.

Por otro lado y como parte positiva, la ausencia de otras cuestiones a su post #16 indica que el tiempo que usted ha invertido en su redacción sí ha tenido éxito con el resto de lectores del mismo, (que han sido muchos), lo cual es motivo de alegría y por ello le expreso mi felicitación.

A mí solo me queda sentir la más cochina de las envidias hacia el resto de lectores del post que sí lo han entendido y comerme mi incapacidad con patatas.

Saludos y gracias de nuevo.

Ups, se me olvidaba:

... Otro ejemplo más adecuado para ingenieros ...

Muy bueno,… pues nada, gracias también por esforzarse en encontrar este ejemplo adecuado para ingenieros, cosa no siempre fácil dadas las consabidas "peculiaridades" de ese colectivo.

[carroza]

Re: ¿Por que no cambia la temperatura del aire al ser empujado por un ventilador?

Ok. Aunque esté muy feo, me auto-cito:

En física, cuando dos magnitudes en principio muy diferentes (energía y masa, espacio y tiempo), están relacionados por una constante universal, entonces, en un sentido profundo, "son lo mismo", y pueden ser descritas en las mismas unidades. Por ejemplo, podemos medir la distancia en "años", si multiplicamos por la velocidad de la luz.

Ahora, maticemos.

Si estamos pensando en $E = k_B T$, esto no es en absoluto una relación general. Nada que se parezca a $E = m c^2$.

Realmente, lo que ocurre estamos diciendo es que, en situaciones de equilibrio térmico, la energía promedio de in sistema es $E = (N_f/2) k_B T$, donde $N_f$ es el número de grados de libertad. La diferencia fundamental entre energía y temperatura, es que la energía es una magnitud extensiva (se duplica al duplicar el sistema), mientras que la Temperatura es intensiva (no se modifica al duplicar el sistema).


Dicho esto, no habría ningún problema en definir la constante de Boltzmann como la unidad, en cuyo caso, energía y temperatura se medirían en las mismas unidades (típicamente, MeV o GeV). No obstante, los conceptos siguen siendo muy diferentes.


Otro ejemplo más adecuado para ingenieros: Cuando pagamos la factura de la luz, pagamos una cantidad por cada unidad de energía (kWh) que consumimos. Y por mucho que argumentemos $E = k_B T$ con la empresa eléctrica, no vamos a conseguir que nos tarifiquen por la temperatura a la que pongamos el termostato de casa. Y eso, aunque utilicemos un termostato graduado en kWh, cosa que siempre podríamos hacer.

Saludos, y perdonad si he sonado un poco brusco en el comentario anterior.

[Julián]

Re: ¿Por que no cambia la temperatura del aire al ser empujado por un ventilador?

[FONT=Tahoma]… Temperatura no es lo mismo que energía …[/FONT][FONT=Tahoma][/FONT]

Pues si me pongo a buscar fino hay un post (creo que era uno iniciado por vos sobre la dimensión temporal y por qué era primilegiada o algo así) donde CARROZA decía que si 2 magnitudes eran mediadas por una constante, esas magnitudes era "casi iguales", como decir que la distancia entre buenos aires y madrid es 8 horas. No me gusta hacer carpetazos jajaja

[carroza]

Re: ¿Por que no cambia la temperatura del aire al ser empujado por un ventilador?

Alriga, dos soles tienen el doble de energía que un sol. Sin embargo, dos soles tienen la misma temperatura que un sol.

Quizás a partir de ahí pueda ser de más provecho mi post anterior, si lo relees con algo más de atención.

Saludos

[Alriga]

Re: ¿Por que no cambia la temperatura del aire al ser empujado por un ventilador?

Muchas gracias por responder carroza, yo si me lo permites, continúo incordiando de buena fe:

… Temperatura no es lo mismo que energía …

Sin embargo he leído en muchos sitios que sí, que la temperatura es energía, y suelen decir que deberían tener las mismas unidades, y que por motivos históricos no las tienen, y que por eso se define la constante de Boltzman $k=\notcien{1.381}{-23} \ J/K$ , que es solo un factor de conversión para adaptar unas unidades antinaturales como son los ºC o los Kelvin a las unidades habituales de energía,… y bla, bla, bla,... no sigo, seguro que lo has leído tantas veces como yo.

… Cuando un protón choca con otro protón (no hay antiprotones en LHC)…

Ups, sí, no sé cómo se me ha ido la olla, ¿estaría yo ya pensando en el futuro Compact Linear Collider electrón-positrón?

… si ignoramos la estructura interna, hay en principio solo tres grados de libertad (las tres coordenadas relativas). Demasiado poco para un tratamiento estadístico en el que tenga sentido hablar de temperatura…

Esto no lo entiendo. Si yo tengo un depósito de Helio a 298 K, ¿no tienen cada uno de sus átomos 3 grados de libertad, (derecha-izquierda, arriba-abajo, adelante-atrás), como los protones de los que estamos hablando? Y para el Helio de ese depósito sí me está permitido el tratamiento estadístico.
Y al perderme tan pronto, lamento no captar lo que sigue:

… Ahora, un protón no es una partícula elemental. Está formado por tres quarks de valencia, parejas quark antiquarks, gluones, fotones virtuales, etc. En algunas (muy pocas) colisiones protón protón, se ponen de manifiesto todos estos grados de libertad, de forma que como resultado de la colisión salen muchas partículas (piones, fotones, bariones, antibariones, muones, antimuones, etc). Si miramos la distribución de energía de estas partículas, entonces encontramos que la probabilidad de que una partícula de las muchas que salen tenga una energía dada es $P(E) \propto exp(-E/kT)$, donde $kT = 2 E_t / N_f$. Aqui, $E_t$ es la energía total, y $N_f$ es un numero efectivo de grados de libertad, que se ponen en juego en la colisión.
Asi que la respuesta a tu primera pregunta es no.
Vamos con la segunda. Cuando un protón muy energético choca con un núcleo pesado, es más facil que distribuya su energía (o al menos parte de ella), entre todos los protones y neutrones del núcleo blanco. En ese caso, podría formarse, con más probabilidad que en el caso anterior, un sistema estadístico, de al menos 3x208 grados de libertad, entre los cuales se distribuye la energía. Aquí verías que, como resultado de la colisión, salen muchas partículas, y su distribución de energías es consistente con una distribución de Maxwell, con una temperatura $kT = 2 E_t / N_f$, donde $N_f$es, como mínimo 3x208.
La respuesta a tu segunda pregunta es que en una colisión protón-plomo, es más probable que encuentres una temperatura, no de TeV, sino mil veces más chica (GeV), dado el número de grados de libertad relevante. Si lo pasas a kelvin te quedarían unos $10^{11} K$. …

Te reitero mi agradecimiento, (y sinceramente, lamento no saber más del tema y tener que seguir preguntando), saludos cordiales.

[carroza]

Re: ¿Por que no cambia la temperatura del aire al ser empujado por un ventilador?

1). En un primer ensayo en el LHC, yo dirijo un haz de protones de 7 TeV contra otro haz de antiprotones de 7 TeV que viene en sentido contrario. Si los dos haces tienen aproximadamente la misma cantidad de partículas, el centro de masa del conjunto de ambos haces está en reposo y la energía cinética media medida en esa referencia es de 7 TeV, (bueno,… no exactamente, habría que restar 1 MeV de la masa en reposo, si queremos afinar tanto como nuestro compañero y amigo $\mathbb{R}^3$ )

Entonces la explicación de arivasm parecería que me da derecho a afirmar:

$\left < E_c \right >=7 \ TeV = \notcien{1.122}{-6} \ J= \dfrac 3 2 \cdot k \cdot T$

$T=\notcien{5.4}{16} \ K$

Que la temperatura del choque es de 54 mil billones de Kelvin. ¿Puedo realmente hacer esta afirmación?

2) Ahora en otro ensayo en el LHC, lo que hago es dirigir un único haz de protones de 7 TeV contra un blanco fijo de plomo. Mi blanco fijo de plomo es como la superficie del Meteorito de Chelyabinsk y el haz de protones como las moléculas de aire del ejemplo anterior. ¿Ahora no tengo derecho a hablar de temperatura de millones o billones de Kelvin en esta colisión?

Hola. Temperatura no es lo mismo que energía. Cuando una energía determinada se distribuye entre muchas partículas, o, en general, entre muchos grados de libertad, entonces la mecánica estadística nos dice que, con gran probabilidad, la distribución de energíaa viene determinada por una distribución de Maxwell boltzmann (o de Bose-Einstein, o de Fermi-Dirac), que está determinada por un parámetro que llamamos temperatura.

Esta temperatura (multiplicada por la constante de Boltzmann) es igual a dos veces la energía total (en el sistema centro de masas), dividida por el número de grados de libertad.

Respondiendo a tu primera pergunta: Cuando un protón choca con otro protón (no hay antiprotones en LHC), y si ignoramos la estructura interna, hay en principio solo tres grados de libertad (las tres coordenadas relativas). Demasiado poco para un tratamiento estadístico en el que tenga sentido hablar de temperatura.

Ahora, un protón no es una patrícula elemental. Está formado por tres quarks de valencia, parejas quark antiquarks, gluones, fotones virtuales, etc. En algunas (muy pocas) colisiones protón protón, se ponen de manifiesto todos estos grados de libertad, de forma que como resultado de la colisión salen muchas partículas (piones, fotones, bariones, antibariones, muones, antimuones, etc). Si miramos la distribución de energía de estas partículas, entonces encontramos que la probabilidad de que una partícula de las muchas que salen tenga una energía dada es $P(E) \propto exp(-E/kT)$, donde $kT = 2 E_t / N_f$. Aqui, $E_t$ es la energía total, y $N_f$ es un numero efectivo de grados de libertad, que se ponen en juego en la colisión.

Asi que la respuesta a tu primera pregunta es no.

Vamos con la segunda. Cuando un protón muy energético choca con un núcleo pesado, es más facil que distribuya su energía (o al menos parte de ella), entre todos los protones y neutrones del núcleo blanco. En ese caso, podría formarse, con más probabilidad que en el caso anterior, un sistema estadístico, de al menos 3x208 grados de libertad, entre los cuales se distribuye la energía. Aquí verías que, como resultado de la colisión, salen muchas partículas, y su distribución de energías es consistente con una distribución de Maxwell, con una temperatura $kT = 2 E_t / N_f$, donde $N_f$es, como mínimo 3x208.

La respuesta a tu segunda pregunta es que en una colisión protón-plomo, es más probable que encuentres una temperatura, no de TeV, sino mil veces más chica (GeV), dado el número de grados de libertad relevante. Si lo pasas a kelvin te quedarían unos $10^{11} K$.

Saludos

[Alriga]

Re: ¿Por que no cambia la temperatura del aire al ser empujado por un ventilador?

Gracias a todos por vuestras respuestas a mi “trolleo-pregunta” He esperado un poco a ver si había más respuestas.

Solo un pequeño granito de arena
yo diria que$Ec=\frac 12 m V^2+ \frac 12 m v^2_{rms}$
$E_c=\dfrac 1 2 \cdot \notcien{4.816}{-26} \cdot (507^2+20000^2)=\notcien{1.017}{-17}\ J = \left < E_c \right >$
$T=489204 K$

Je, je,… gracias Richard, siempre mejoras las estimaciones, te nombraré afinador oficial de estimaciones. Y creo que en este caso aún se podría estimar incluso mejor teniendo en cuenta que como el aire es básicamente nitrógeno y oxígeno diatómicos, sería mejor aplicar

$\left < E_c \right > = \dfrac 5 2 \cdot k \cdot T$ en vez de

$\left < E_c \right > = \dfrac 3 2 \cdot k \cdot T$ como he hecho yo.

Por otro lado después de bromear con Richard, volviendo al núcleo del tema, no me queda buen sabor de boca. Esperaba alguna respuesta de mayor contundencia.

Parece que la respuesta de consenso es la de ariv:

... La temperatura de un sistema termodinámico es una magnitud relacionada con la energía cinética media de las partículas del sistema, pero medida en el sistema de referencia del centro de masa de dicho sistema. En otras palabras, no depende del sistema de referencia empleado ...

Bueno, lo creo, pero estaría bien alguna referencia donde esto se explique explícitamente en la definición de Temperatura y no quede ninguna duda,…

Y ahora permitidme que siga haciendo de abogado del diablo:

1). En un primer ensayo en el LHC, yo dirijo un haz de protones de 7 TeV contra otro haz de protones de 7 TeV que viene en sentido contrario. Si los dos haces tienen aproximadamente la misma cantidad de partículas, el centro de masa del conjunto de ambos haces está en reposo y la energía cinética media medida en esa referencia es de 7 TeV, (bueno,… no exactamente, habría que restar 1 MeV de la masa en reposo, si queremos afinar tanto como nuestro compañero y amigo $\mathbb{R}^3$ )

Entonces la explicación de arivasm parecería que me da derecho a afirmar:

$\left < E_c \right >=7 \ TeV = \notcien{1.122}{-6} \ J= \dfrac 3 2 \cdot k \cdot T$

$T=\notcien{5.4}{16} \ K$

Que la temperatura del choque es de 54 mil billones de Kelvin. ¿Puedo realmente hacer esta afirmación?

2) Ahora en otro ensayo en el LHC, lo que hago es dirigir un único haz de protones de 7 TeV contra un blanco fijo de plomo. Mi blanco fijo de plomo es como la superficie del Meteorito de Chelyabinsk y el haz de protones como las moléculas de aire del ejemplo anterior del post #8. ¿Ahora no tengo derecho a hablar de temperatura de millones o billones de Kelvin en esta colisión?

Saludos.

[Richard R Richard]

Re: ¿Por que no cambia la temperatura del aire al ser empujado por un ventilador?

Tomado de wikipedia https://es.m.wikipedia.org/wiki/Escudo_térmico

[FONT=&amp]En [/FONT]1952[FONT=&amp], [/FONT]H. Julian Allen[FONT=&amp] del National Advisory Committee for Aeronautics (Comité Nacional Asesor de Aeronáutica) descubrió que la "forma de plato" hacía más efectivo el escudo térmico. Esta forma incrementa la resistencia y crea una onda expansiva delante de la nave espacial causada por choque con la atmósfera, desviando el calor fuera de la nave, pero el aire contenido entre el escudo térmico y la onda expansiva está sometido a presiones tan altas, que convierten el gas en [/FONT]plasma[FONT=&amp] muy caliente. El material de que esté hecho el escudo térmico deberá disipar el calor que genera el plasma.[/FONT]

"¿CÓMO FUNCIONA? (I) La reentrada en la atmósfera de los cohetes espaciales"

[FONT=Verdana]Terminaremos mostrando una fascinante fotografía tomada desde la estación espacial internacional. Es la imagen del transbordador Atlantis que, terminados sus quehaceres en la ISS, abandonó el acoplaje para dirigirse de regreso a la Tierra. La fotografía capta el momento en el que el transbordador entra en contacto con la atmósfera terrestre y se "enciende".[/FONT]

En lo que se refiere a la razón p_f / p_i vamos a considerar que la presión del aire aumenta de 0,000001 at a 100 at,

el 99.8 % de la masa de aire esta en los primeros 50 km de atmosfera y 0.1% se halla hasta los 800 km de altura datos de la wikipedia

en base a eso

$\dfrac{\rho_f}{\rho_i}=\dfrac{\frac{0.998}{ (R_t+50)^3-R_t^3}}{ \frac{0.001}{ (R_t+800)^3- (R_t+50)^3}}\cong 15000<br />$

con $\dfrac{\Delta P}{ \rho \cancel{g}}=\dfrac{V^2}{ 2\cancel{g}}\quad \to\quad \Delta P\cong \notcien{2.35}{12}Pa\approx \notcien{2.29}{7 }atm$

Aclaro que para usar esto supongo que para moverse lateralmente el aire debe aceelerar hasta la misma velocidad a la que es alcanzado 20000m/s


y usando la formula $T-Ti=Ti\left [ \dfrac{\Delta P}{P}^{0.29}-1\right ]\cong \notcien{1.49}{6}K$

y esta estimacion es baja pues la ionosfera no es tan fria y depende de si es de dia o noche con rangos de 1500 K de diferencia

pero $\notcien{1.49}{6}K$ se ajusta mas que los 40000 K de la estimación de Jakov



Y le falta bastante para llegar al limite $\notcien{1}{32}\°C$
http://enroquedeciencia.blogspot.com...ue_08.html?m=1

Por la ley de wien rondando el millon de grados ya debe emitir rayos x en alto porcentaje ,desconzco si hay registro de ello.

saludos

[Al2000]

Re: ¿Por que no cambia la temperatura del aire al ser empujado por un ventilador?

Tomado de ¿Sabe Ud. Física? de Yakov Perelman

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222. Meteoritos.
¿Por qué los meteoritos despiden luz?

Solución
Recordemos que antes de entrar en la atmósfera terrestre el meteorito tiene una temperatura muy baja y no se ilumina, y sólo en la atmósfera se calienta y se vuelve luminoso. Por cierto, este cuerpo no arde, ya que en aquella altitud (de 100 o más kilómetros sobre la superficie terrestre) existe un gran vacío y, por lo visto, no hay oxígeno.
Entonces, ¿por qué el meteorito se calienta tanto? Comúnmente, a esta pregunta se suele responder de la siguiente manera: porque roza con el aire. Pero, de hecho, este cuerpo no roza con el medio ambiente, sino que arrastra las capas de aire inmediatas a él.
Podría parecer científicamente verosímil la explicación que sigue: el meteorito se calienta hasta tal grado porque la energía de su movimiento, que pierde a consecuencia de la resistencia del aire, se convierte en calor. Pero semejante explicación discrepa con los hechos y la teoría. Si la energía cinética que el meteorito pierde se convirtiera directamente en calor, o sea, si se acelerase el movimiento caótico de sus moléculas, se calentaría toda su masa. Mas, sólo se calienta la capa superficial de este fragmento, en tanto que su interior sigue helado.
Este criterio tampoco es consistente desde el punto de vista teórico. No es preciso que el cuerpo se caliente cuando se decelere: su energía cinética puede convertirse en otras formas de energía. Un cuerpo lanzado hacia arriba se decelera, pero no se calienta: la energía cinética se transforma en energía potencial del cuerpo elevado a cierta altura. En el caso del meteorito, parte de la energía de movimiento que éste pierde, se invierte en poner en movimiento vorticial las capas de aire inmediatas a él. El resto de esta energía, de hecho, se transforma en calor, pero, ¿de qué modo? ¿Cómo la deceleración de las moléculas puede engendrar su movimiento caótico acelerado, es decir, lo que suele llamarse calor? La explicación que acabamos de exponer no responde a esta pregunta.
En realidad, el meteorito se calienta de la siguiente manera. Inicialmente no se calienta el meteorito propiamente dicho, sino el aire que este cuerpo comprime de frente irrumpiendo impetuosamente en la atmósfera: este aire entrega su calor a la capa superficial del fragmento. El aire se calienta al ser comprimido por la misma causa que cuando se utiliza un eslabón, es decir, a consecuencia de la compresión adiabática; durante su movimiento el meteorito presiona el aire con tanta rapidez que el calor generado no tiene tiempo para disiparse en el ambiente.
Vamos a calcular, aunque sea aproximadamente, la temperatura que tendrá el aire comprimido por el advenedizo del cosmos. La física ha establecido la dependencia siguiente entre los factores que intervienen en el proceso:

ésta es una modificación de la fórmula que utilizamos para contestar a la pregunta 130, relativa al caso de la expansión adiabática. Vamos a explicar el sentido de las designaciones: T_i es la temperatura inicial del gas (en grados Kelvin); T_f, la temperatura final del mismo (ídem); p_f / p_i la razón del valor final al inicial de la presión del gas; k, la razón de dos capacidades caloríficas del gas; para el aire, k = 1,4 y (k - 1)/k = 0,29.
Realizando el cálculo, adoptemos T_i (la temperatura de las capas de aire superiores) igual a 200 K. En lo que se refiere a la razón p_f / p_i vamos a considerar que la presión del aire aumenta de 0,000001 at a 100 at, es decir, la razón indicada es de 10^8. Sustituyendo estos valores en la fórmula, obtenemos el siguiente resultado:

Este cálculo, basado en datos hipotéticos, no puede ser menos que aproximado, más bien es una estimación del orden de la incógnita.
Así pues, hemos sacado la conclusión de que el aire comprimido frontalmente por semejante móvil debe de calentarse hasta varias decenas de miles de grados. Estimaciones basadas en la medición del brillo de los meteoritos proporciona un resultado similar: de 10.000 a 30.000 grados. Estrictamente hablando, cuando observamos uno de ellos, no lo vemos (pues suele tener tamaño de nuez o guisante), sino que notamos el aire incandescente cuyo volumen es varias miles de veces mayor.
Lo que acabamos de exponer, también se refiere, en lo esencial, al calentamiento de los proyectiles de artillería que al comprimir el aire delante de sí, lo calientan y se calientan ellos mismos. La única diferencia consiste en que la velocidad del meteorito es 50 veces mayor que la de los proyectiles. Por lo que atañe a la diferencia de las densidades del aire a gran altitud y junto a la superficie terrestre, hay que tener en cuenta que el grado de calentamiento sólo depende de la razón de las densidades final e inicial, y no de sus magnitudes absolutas.
Para terminar, sólo nos queda explicar una cosa: ¿por qué, pues, se calienta el aire cuando es comprimido? Vamos a examinar un ejemplo concreto cuando lo comprime un meteorito. Las moléculas de aire que chocan con la piedra que les viene al encuentro, rebotan a mayor velocidad que la inicial. Recuérdese, qué hace el tenista para que la pelota rebote con la mayor celeridad posible: no espera pasivamente a que choque con la raqueta, sino que la intercepta golpeando con fuerza con tal de « transmitirle su peso propio», por decirlo así. Cada molécula rebota del móvil como la pelota de la raqueta, recibiendo parte de su energía. Precisamente la energía cinética creciente de las moléculas es lo que entendemos por «aumento de la temperatura».

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Saludos,

$\mathcal A \ell$

[saturno]

Re: ¿Por que no cambia la temperatura del aire al ser empujado por un ventilador?

El tamaño importa y mucho, pues todo esto es termodinámica clásica, por ende, cuerpos macroscópicos.

[Richard R Richard]

Re: ¿Por que no cambia la temperatura del aire al ser empujado por un ventilador?

Solo un pequeño granito de arena

La energía cinética con la que yo veo cada molécula de aire cuando contacta con mi superficie es:

$E_c=\dfrac 1 2 \cdot \notcien{4.816}{-26} \cdot 20000^2=\notcien{9.63}{-18} \ J = \left < E_c \right >$

Como todas las moléculas tienen aproximadamente esa energía, el mismo valor se puede adoptar para la energía cinética media.

Ahora utilizo que en un gas:

$\left < E_c \right > = \dfrac 3 2 \cdot k \cdot T$

Y obtengo:

$T=465283 \ K$

¿Puedo decir que mi superficie es golpeada por aire a 465 mil Kelvin?

¿O eso está prohibido por algo?

Gracias y saludos.

yo diria que$Ec=\frac 12 m V^2+ \frac 12 m v^2_{rms}$

$E_c=\dfrac 1 2 \cdot \notcien{4.816}{-26} \cdot (507^2+20000^2)=\notcien{1.017}{-17}\ J = \left < E_c \right >$

$T=489204 K$

Creo que fundirá y vaporizará a esa superficie y a todo lo que se le ponga en contacto. Antes de llegar a los 1000 K ya emite luz, a mas de 4000 K no hay material que se mantenga en forma solida, la razón por la que se adentra en la atmósfera es por la baja conductividad térmica del material del meteorito, es decir tiempo que le lleva reducir el (diámetro, lado,etc) debido gradiente de espacial y temporal de temperatura que consume al meteorito vs tiempo de caída libre en la atmósfera. Mientras va avanzando una nueva capa de material es expuesta, fundida y expulsada por la misma presión que generan sus propios vapores y el arrastre de la velocidad del aire circundante.

Pero en el caso del ventilador la energía cinetica que aporta (2 m/s) es despreciable versus los 507 m/s de la temperatura reinante en el medio. El incremento es mínimo como para sentirlo a flor de piel. Sin embargo la sensación de frescura proviene del calor de evaporación del agua sobre la piel, aumenta la tasa con la que se evapora y absorve calor de la piel, pero eso ya es otro tema.

y por supuesto el aire confinado en un recipiente viaja a la velocidad del recipiente, y la temperatura se mide con respecto al sistema de referencia solidario contenedor para que no salga al exterior debe ejercerce una presión+/-, que temperatura tomaría el aire entonces si abres la ventanilla y conviertes la energia de velocidad en energia de presión?.

$\dfrac {v^2}{2g}=\dfrac{\Delta P}{\gamma}$

$Pf=Pi+\Delta P$

$T=\dfrac{PfV}{nR}$

Lo siento arivasm no podido leer tu post antes te postear el mio Saludos

[arivasm]

Re: ¿Por que no cambia la temperatura del aire al ser empujado por un ventilador?

No entendi muy bien la ultima parte sobre porque no aumenta la temperatura, ¿a que te refieres con los tiempos de relajación?, y sobre lo ultimo ¿te refieres a las temperaturas?, si es así, ¿se cacelan de alguna manera?

El tiempo de relajación en el contexto de los gases es el tiempo medio entre colisiones. La idea a la que me refiero guarda relación con el hecho de que las colisiones entre moléculas son las que llevan a la distribución de energías que presenta el gas en equilibrio. El ventilador ciertamente aumenta en cada instante levemente la energía media de unas cuantas moléculas (aunque, como ha mostrado Alriga, para un ventilador ordinario ese aumento es minúsculo). Las colisiones entre las moléculas del "chorro" y el resto del gas hacen que rápidamente esa energía se distribuya entre todo el aire de la habitación.

En consecuencia, el efecto es como si la pequeña potencia que suministra el ventilador se distribuyese casi inmediatamente entre todo el aire de la habitación.

No entiendo muy bien eso de que las temperaturas se cancelen. Recordemos que la temperatura es una magnitud intensiva, y por tanto asociada a cada punto del fluido. Quizá te refieras a que al causar un aumento de temperatura bastante localizado en un gas, el equilibrio térmico entre esa parte del gas y el resto se alcanza rápidamente.

Imaginemos que yo soy la superficie delantera del meteorito de Cheliábinsk penetrando en la atmósfera a 20 km/s

Yo veo a todas las moléculas de aire que contactan conmigo con una velocidad de 20.000 m/s, (y decimos todas porque la agitación térmica de 507 m/s que habíamos calculado antes , ahora se puede despreciar)

...

¿Puedo decir que mi superficie es golpeada por aire a 465 mil Kelvin?

Aporto mi respuesta y si es incorrecta agradeceré la corrección.

Entiendo que no, que el aire te golpea a la misma temperatura que se mediría en reposo. Otra cosa diferente es que la acumulación de moléculas en la parte frontal del meteorito esté acompañada de una sobrepresión que no habría si no hubiese meteorito y (aquí confieso que dudo bastante) entonces ello cause que la temperatura sea diferente de la anterior. Por supuesto, esto al margen de que los choques entre las moléculas del aire y el material del meteorito eleven la temperatura de este último, particularmente de su parte frontal, lo que a su vez causará la elevación de la del aire en dicha zona (particularmente en la capa límite).

Dicho de otra manera: si en vez del meteorito de Cheliábinsk se trata de un protón (por aquello de elegir un objeto minúsculo) que tuviese la fortuna de no chocar con molécula de aire alguna entonces no habría tal sobrecalentamiento.

Vamos, que, si no me equivoco, es como Gozilla: el tamaño sí importa.

[saturno]

Re: ¿Por que no cambia la temperatura del aire al ser empujado por un ventilador?

Con esta derivación lo que tienes es que si el meteorito estuviera quieto y el aire también, para reproducir las mismas condiciones de la entrada del primero en el segundo, necesitarías aire a esa temperatura. Ahora bien todo esto si el problema es tan simple... Digo yo que a semejante velocidad los fenomenos turbulentos al igual que la fricción tendrán un papel importante.

[Alriga]

Re: ¿Por que no cambia la temperatura del aire al ser empujado por un ventilador?

... Lo relevante es la velocidad de agitación, medida desde el centro de masas de cada pequeño volumen de aire, no la velocidad "absoluta",...

Sí, gracias carroza y arivasm, tengo claro que la velocidad del centro de masas de un volumen de gas no influye en la temperatura de ese volumen, el ejemplo del avión es perfecto, pero tu post me da pie a plantear una duda que tengo y que siempre había querido preguntar:

Imaginemos que yo soy la superficie delantera del meteorito de Cheliábinsk penetrando en la atmósfera a 20 km/s

Yo veo a todas las moléculas de aire que contactan conmigo con una velocidad de 20.000 m/s, (y decimos todas porque la agitación térmica de 507 m/s que habíamos calculado antes , ahora se puede despreciar)

Imaginemos en todo momento que el aire es un gas ideal:

$M_m=0.029 \ kg/mol$

$m=\dfrac{M_m}{N_A}=\notcien{4.816}{-26} \ kg/molecula$

La energía cinética con la que yo veo cada molécula de aire cuando contacta con mi superficie es:

$E_c=\dfrac 1 2 \cdot \notcien{4.816}{-26} \cdot 20000^2=\notcien{9.63}{-18} \ J = \left < E_c \right >$

Como todas las moléculas tienen aproximadamente esa energía, el mismo valor se puede adoptar para la energía cinética media.

Ahora utilizo que en un gas:

$\left < E_c \right > = \dfrac 3 2 \cdot k \cdot T$

Y obtengo:

$T=465283 \ K$

¿Puedo decir que mi superficie es golpeada por aire a 465 mil Kelvin?

¿O eso está prohibido por algo?

Gracias y saludos.