Compresión adiabática irreversible (¿o da igual?)

[Jose D. Escobedo]

Re: Compresión adiabática irreversible (¿o da igual?)

Aparte de que esas dos integrales una se refiere al medio y otro al sistema, si se resuelven de la manera propuesta, se obtendra una dependencia lineal entre la temperatura y el volumen, lo cual no tengo manera de comprobar sea cierto para este problema, ademas se tiene que tomar en consideracion el trabajo que hace el gas y no lo veo en esa expresion de la conservacion de la energia, y talvez el trabajo que hace la fuerza que empuja el embolo (pared) en la transportacion de particulas de un lado a otro para encerrarlas en un volumen mas reducido de lo que si estoy seguro es que hace falta otro termino.

De, $\dst \Delta S \ge \int \frac{\delta Q}{T}$ se refiere al incremento de entropia en el universo, o sea que tengo que considerar el medio que rodea al sistema tambien.
Este enunciado, tambien me da la opcion de decir que [Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida] y yo lo que queria decir es: si $\Delta S=0$ y el sistema es adiabatico $\Rightarrow$ reversible. Hay manera de calcular $\Delta S$ con puros metodos de la termodinamica clasica, para saber su valor para este caso en particular?

En el link de la wikipedia sobre "reversible process" despues de la tercera linea donde dice: "However, if the system undergoing the changes responds much faster than the applying change, the deviation from reversibility may be negligible." Que es lo que mas o menos dije cuando estaba tratando usar la teoria cinetico-molecular en uno de mis hilos anteriores.

Desde el punto de vista de la mecanica cuantica la diferencia de presiones para este problema tiene que dar origen aun movimiento tan brusco que de la misma violencia algunas particulas brinquen de un estado de menor energia a otro con mayor energia perdiendoce mucha informacion, haciendopse caotico, obteniendoce asi entropia, pero si solo pasa con unos pocos estados energeticos que fueran negibles en comparacion al numero de atomos contenidos en ese contenedor el proceso sera reversible y teniendo en cuenta que es una de differencia de 10 a 1 en "bars" dudo que se cree algo de entropia dejando el sistema suficientemente cerca de ser reversible.

Saludos

Jose

Pd. Es bien sabido que todos los procesos reales son ireversibles, pero aqui estamos hablando de de una aproximacion o un problema con condiciones ideales que pudiera ser o no ser reversible.

[Saplaya]

Re: Compresión adiabática irreversible (¿o da igual?)

Hola a todos. Jose, tengo que discrepar en algunas cosas de las que comentas, veamos

Este proceso es reversible.

la expresion:

$\dst n \int_{T_1}^{T_2 }C_{V,m} dT = - \int_{V_1}^{V_2 }P_{ext} dV$

esta equivocada porque la integral del lado izquierdo se refiere al incremento de energia interna del gas, mientras que la integral del lado derecho se refiere al trabajo hecho por el medio. La primera ley de la termodinamica se refiere al systema en si.

Es cierto que la integral del lado derecho se refiere al sistema externo, pero el trabajo realizado por dicho sistema supone una energía que tiene que conservarse, por tanto, a falta de efectos disipantes (por ejemplo, rozamiento entre émbolo y paredes en un típico caso de gas en un cilindro con émbolo) esa energía tiene que ir a parar por completo al gas que estamos estudiando y por conservación de energía (1er Principio, en definitiva) tiene que transformarse completamente en energía interna ya que transferencia de calor no hay.

Si en el lado derecho de esa expresión $P_{ex}$ se ajusta en todo momento al valor requerido para una adiabática reversible, el proceso será reversible, pero si $P_{ex}$ permanece constante o variable, pero adquiriendo valores diferentes a $\dst \frac{cte}{V^\gamma}$ entonces el proceso será irreversible. En el enunciado de este hilo se dice que $P_{ex}$ permanece constante y no se menciona ningún efecto disipante, de acuerdo con esto entiendo que el proceso tendrá que ser irreversible.

{1ro} en termodinamica la entropia se define como:

$\dst \Delta S = \int \frac{\delta Q}{T}$ pero como $\delta Q =0$ por ser adiabatico entonces $\Delta S = 0$ con lo cual nos que la entropia es constante y sugiere que el proceso es reversible.

En un proceso adiabático la termodinámica afirma que

$$\Delta S \ge \int \frac{\delta Q}{T} \longrightarrow \Delta S \ge 0$$

Que un proceso sea adiabático no implica necesariamente $\dst \Delta S=0$ ni tampoco que sea reversible. Lo que si es cierto es lo inverso, es decir, si el proceso es adiabático reversible, entonces $\dst \Delta S=0$.

$\dst \frac{3}{2}N_a T= \frac{C_o}{V^\frac{2}{3}} \Rightarrow$

$\dst T V^\frac{2}{3} = C_1 \Rightarrow$

$\dst (TV^\frac{2}{3})^\frac{3}{2} = (C_1)^\frac{3}{2} \Rightarrow T^\frac{3}{2} V= C$
que fue lo expuse anteriormente haciendo simples calculos de termodinamica

Estos cálculos son correctos si existe en todo momento un equilibrio entre la presión exterior y la interior, es decir tanto una como la otra (con una variación diferencial) valen $\dst \frac{cte}{V^\gamma}$, pero en este caso no es así ya que por definición $P_{ex}=10 atm$ a lo largo de todo el proceso.


En el siguiente dibujo vemos un ejemplo que, a mi modo de ver, se ajusta bastante a las condiciones del enunciado. En él tenemos un cilindro que contiene el gas en condiciones iniciales, limitado por las paredes y el émbolo (de masa nula) inicialmente fijo. Sobre el émbolo ponemos un disco de igual diámetro que el émbolo y masa $\dst m$ tal que se cumple que

$$\frac{mg}{A}=P_{ex}=10atm$$

($\dst A=$área del émbolo)



Las paredes y el émbolo son adiabáticos luego el proceso es necesariamente adiabático.

Por otra parte la presión exterior sobre el émbolo, debida al peso (consideremos que en el exterior se ha practicado el vacío), es constante. Cuando liberamos el émbolo, éste baja hasta que la presión del gas se equilibra con el peso, es decir $10atm$. Operando se obtiene que el valor de la energía potencial perdida en el descenso es $\dst P_{ex} \Delta V$. Esta energía potencial ha sido transmitida al gas en forma de energía interna, cumpliéndose por tanto

$$\Delta U=P_{ex} |\Delta V|$$

que en definitiva (puesto que $P_{ex}=\text{cte}$) es lo mismo que

$$\dst n \int_{T_1}^{T_2 }C_{V,m} dT = - \int_{V_1}^{V_2 }P_{ext} dV$$

Como durante todo el proceso hay desequilibrio de presiones entre el interior y el exterior el proceso será no estático y consecuentemente irreversible.

Entiendo que el ejemplo se ajusta al enunciado del problema, ya que en ningún momento se dice que la presión exterior este producida por un gas, pero en cualquier caso se puede sustituir el peso por un líquido o un gas siempre que se admita que mantiene su presión constante; otra cosa será como conseguir que el gas mantenga su presión constante en todo momento, pero esto pienso que se sale ya del propósito del enunciado.

Saludos

[Caifan]

Re: Compresión adiabática irreversible (¿o da igual?)

¿Me podrían indicar por que no es correcto utilizar esta ecuación?

$\dst n \int_{T_1}^{T_2 }C_{V,m} dT = - \int_{V_1}^{V_2 }P_{ext} dV$

¿Si no es así, entonces de que forma llego a $pV^\gamma=C$?

Noto que Jose Escobedo hace:

$dQ= dU + pdV=0$ (imagino que con $p$ como la presión del sistema)

Yo tenía entendido que esta ecuación en realidad es:

$dQ= dU + P_{ex}dV=0 \Rightarrow$

Considerando que si el proceso se desarrolla de forma que en cualquier momento $p$ es muy muy cercana a $P_{ex}$ las podremos igualar y entonces sí, procede su ecuación. Pero este proceso no se desarrolla así; aquí tenemos un proceso en el cual $P_{ex} =10 \,bar = cte$ que termina cuando se consigue el equilibrio mecánico.

[carmelo]

Re: Compresión adiabática irreversible (¿o da igual?)

Hola:
Estoy de acuerdo con José Escobedo, no es correcto utilizar

$\dst n \int_{T_1}^{T_2 }C_{V,m} dT = - \int_{V_1}^{V_2 }P_{ext} dV$

Yo me equivoque en mi post anterior.

Saludos
Carmelo

[Jose D. Escobedo]

Re: Compresión adiabática irreversible (¿o da igual?)

Este proceso es reversible.

la expresion:

$\dst n \int_{T_1}^{T_2 }C_{V,m} dT = - \int_{V_1}^{V_2 }P_{ext} dV$

esta equivocada porque la integral del lado izquierdo se refiere al incremento de energia interna del gas, mientras que la integral del lado derecho se refiere al trabajo hecho por el medio. La primera ley de la termodinamica se refiere al systema en si.

Analizando un poco mas:

El sistema y el medio se encuentran en desequilibrio mecanico ("the diffussive and thermal equilibrium" no se toman en cuenta porque el sistema esta cerrado y aislado termicamente o es "adiabatico"), la maxima entropia se obtiene cuando este equilibrio mecanico es alcanzado, pero

{1ro} en termodinamica la entropia se define como:

$\dst \Delta S = \int \frac{\delta Q}{T}$ pero como $\delta Q =0$ por ser adiabatico entonces $\Delta S = 0$ con lo cual nos que la entropia es constante y sugiere que el proceso es reversible.

{2do} Desde el punto de vista de la teoria cinetico-molecular cuando las paredes del contenedor son empujadas existe una acumulacion de particulas que contrarestan la presion exterior, es decir que en la pared o las paredes interiores (donde esta aplicada la presion exterior)existe mas presion que en la parte interior del gas, asi frenando la "aparente mucho muy grande presion exterior" despues las particulas adquieren mas velocidad y la presion interna aumenta mas hasta alcanzar el equilibrio mecanico, es suficiente con cambiar la presion exterior a la presion que tenia el gas al comienzo de este proceso para mostrar que es reversible (pasando exactamente lo ocurrio de la acumulacion de partiulas, pero esto en la pared exterior.)

{3ro} Desde el punto de vista de la cuantica, se tiene que ver si se tiene un gas-cuantico o no, y para esto hay que tener encuenta la distacia inter-atomica y distancia termica de Broglie, si esta ultima es mucho menor que la primera, con la distribucion de Boltzmann es mas que suficiente, de lo contrario se tendera que aplicar las distribuciones de Fermi o Bose.

Supongamos que lo unico que tomamos en cuenta es la energia cinetica de los atomos. Entonces, a cada atomo le corresponde una longitud de onda asociada.

La energia cinetica de cada atomo se define como $\dst E_i=\frac{p_i^2}{2m}$
pero como $\dst p_i = \frac{h}{\lambda_i} \Rightarrow E_i =\frac{h^2}{2m \lambda_i^2}$

Ahora bien $\dst L= \frac{i \lambda_i}{2}$ que se obtiene al resolver "the free particle in a box" usando la ecuacion de Schrodinger o en su defecto "standing waves."

Entonces, la energia interna nos queda como:

$\dst U= \sum_{i=1}^{N_a} c_i \frac{h^2i^2}{8mL^2} = \sum_{n=1}^{N_a} c_n \frac{h^2n^2}{8m V^\frac{2}{3}}$...(1) donde $c_i$ es la degeneracion o multiplicidad de los estados y $c_i$ puede tomar valores de $1,2,3....<< N_a$, a medida que el volumen disminuye los niveles energeticos se separan mas haciendo mas dificil, si no es que imposible que las particulas brinquen de un nivel a otro manteniendose asi la informacion evitando asi aumento de la entropia.

Ademas de (1) se puede ver que $\dst U \propto \frac{1}{V^\frac{2}{3}}$ porque todo lo demas se mantiene constante para este problema $\Rightarrow$

$\dst \frac{3}{2}N_a T= \frac{C_o}{V^\frac{2}{3}} \Rightarrow$

$\dst T V^\frac{2}{3} = C_1 \Rightarrow$

$\dst (TV^\frac{2}{3})^\frac{3}{2} = (C_1)^\frac{3}{2} \Rightarrow T^\frac{3}{2} V= C$
que fue lo expuse anteriormente haciendo simples calculos de termodinamica

Saludos y espero haber aclarado mas cosas es este problema

Jose

pd. se me olvidaba decir que la maestra tenia toda razon en usar $pV^\gamma= C$

[Saplaya]

Re: Compresión adiabática irreversible (¿o da igual?)

los dos procesos vas a llegar al mismo resultado, revisa tus calculos.

Hola Carmelo, estos son los cálculos

$$p_1=101320 Pa$$

$$p_2=1013250 Pa$$

$$T_1=298.15 K$$

$$n=1$$

$$V_1=\frac{nRT_1}{p_1}=\frac{1x8.314472x298.15}{101325}=0.0244654m^3$$

Caso 1:

$$V_2=\displaystyle\frac{T_1\left(C_v+\displaystyle\frac{P_2}{P_1}R\right)}{\left(\displaystyle\frac{C_v}{R}+1\right)P_2}=\frac{298.15x(1.5x8.314472+10x8.314472)}{(1.5+1)x1013250}=0.0112541m^3$$

$$\Delta U = \displaystyle\frac{C_v}{R}(P_2V_2-P_1V_1)=1.5x(1013250x.0.0112541-101325x0.0244654)=13386.4J$$

Caso 2:

$$V_2=V_1 \left (\frac{p_1}{p_2}\right )^{1/ \gamma}=0.0244654x(0.1)^{3/5}=0.006145m^3$$

$$\Delta U = \displaystyle\frac{C_v}{R}(P_2V_2-P_1V_1)=1.5x(1013250x0.006145-101325x0.0244654)=5621.2J$$

Como ves la variación de energía interna es diferente en cada caso, esto es debido a que la condición del problema no es alcanzar un estado final determinado sino una presión final determinada, esto supone que el valor de $V_2$ dependerá del tipo de transformación que se siga (que en el caso de este hilo, de acuerdo al enunciado, será adiabática y con $\dst P_{ex}=\text{constante}$).


Saludos

[carmelo]

Re: Compresión adiabática irreversible (¿o da igual?)

Hola:
El proceso es irreversible. Yo no dije que el proceso fuera reversible. Yo utilizé una trayectoria reversible para calcular la variación de energía interna, dado que no depende si el proceso es reversible o no. Por los dos procesos vas a llegar al mismo resultado, revisa tus calculos.

Saludos
Carmelo

[Saplaya]

Re: Compresión adiabática irreversible (¿o da igual?)

1) Manera simple
“ $\displaystyle\frac{dU}{dT}=C_v$ de donde $\Delta U = C_v (T_2-T_1)$, igualando se tiene:
$\dst -P_2(V_2-V_1)= C_v (T_2-T_1)=\displaystyle\frac{C_v}{R}(P_2V_2-P_1V_1)$ ”

2) Segunda manera
“o sea
$\Delta U = \displaystyle\frac{C_v}{R}(P_2V_2-P_1V_1)$ que es igual al que se obtuvo de la otra manera.”

Hola a todos.

Carmelo, la expresión algebraica que obtienes para la variación de energía interna la obtendrás en cualquier proceso con gas ideal ya que, como bien comentas, es función de estado y por tanto depende de $p_1$, $V_1$, $p_2$ y $V_2$. Ahora bien, si sustituyes valores en la expresión de $V_2$ del primer caso, veras que te da un resultado diferente del que obtienes aplicando $\dst p_1V_1^\gamma=p_2V_2^\gamma$ del segundo caso y como $p_2$ vale lo mismo en los dos casos la variación de energía interna es diferente en cada uno. Esto es debido a que son dos procesos diferentes, adiabáticos ambos pero el primero irreversible no estático y el segundo reversible.

Si en el segundo caso intentas retornar hasta el volumen $V_1$ de forma adiabática reversible, alcanzarás de nuevo la presión $p_1$ y recuperarás todo el trabajo realizado. Si intentas retornar hasta $V_1$ en el segundo, mediante un proceso adiabático reversible, la presión final será mayor que $p_1$ con lo que para llegar a $p_1$ necesitarás realizar un transformación adicional a volumen constante con cesión de calor, además el trabajo devuelto al exterior será inferior que el que se tomó de él.

Saludos

[carmelo]

Re: Compresión adiabática irreversible (¿o da igual?)

Hola:
Creo que tanto tu como la profesora tienen razón en cuanto a la resolución del problema. Los valores corregidos son los correctos, vamos a ver por que.
Todas las relaciones se dan para una masa de gas igual a 1 mol.

Como el proceso es adiabatico se tiene que $Q=0$ o sea que $\Delta U=-W=-P_{ext}\Delta V=-P_2(V_2-V_1)$
Ahora hay que calcular la variación de energía interna, $\Delta U$lo cual se puede hacer de dos maneras.
1) Manera simple (a mi modo de ver).
$\displaystyle\frac{dU}{dT}=C_v$ de donde $\Delta U = C_v (T_2-T_1)$, igualando se tiene:
$-P_2(V_2-V_1)= C_v (T_2-T_1)=\displaystyle\frac{C_v}{R}(P_2V_2-P_1V_1)$ despejando y teniendo en cuenta que $V_1=\displaystyle\frac{RT_1}{P_1}$se tiene:
$V_2=\displaystyle\frac{T_1\left(C_v+\displaystyle\frac{P_2}{P_1}R\right)}{\left(\displaystyle\frac{C_v}{R}+1\right)P_2}$

2) Segunda manera. (Utilizando la relación de tu profesora)
Como la energía interna es una función de estado, su variación depende solamente del estado inicial y del estado final y no de la trayectoria que elijamos. Una trayectoria posible es recorrer la adiabatica, mediante un proceso reversible.
En estas condiciones se cumple.
$PV^\gamma=P_1V_1^\gamma=P_2V_2^\gamma=C$
También se tiene que
$\Delta U = -\displaystyle\int_{V_1}^{V_2}{PdV}=-\displaystyle\int_{V_1}^{V_2}{\displaystyle\frac{C}{V^\gamma}dV}=-\displaystyle\frac{C}{1-\gamma}\left(V_2^{1-\gamma}-V_1^{1-\gamma}\right)=$
$<br /> \Delta U=\displaystyle\frac{1}{\gamma-1}\left(P_2V_2^\gamma V_2^{1-\gamma}-P_1V_1^\gamma V_1^{1-\gamma}\right)=\displaystyle\frac{1}{\gamma-1}(P_2V_2-P_1V_1)=\displaystyle\frac{1}{\displaystyle\frac{C_p}{C_v}-1}(P_2V_2-P_1V_1)<br />$
o sea
$\Delta U = \displaystyle\frac{C_v}{R}(P_2V_2-P_1V_1)$ que es igual al que se obtuvo de la otra manera.


Espero que sirva.
Saludos
Carmelo

[Caifan]

Re: Compresión adiabática irreversible (¿o da igual?)

Una disculpa por el error numérico, soy malo con los numeritos, y al parecer Maple tambien (vaya ingeniero!!).

El planteamiento de José es para un proceso en el que la diferencia entre la presion externa y la del sistema es minima en cualquier instante.

Pero ese ha sido el problema, si en aquel examen se hubiera planteado estas condiciones, de otra cosa hablariamos (ni siquiera estariamos aqui). Pero no, estaa era mi tesis durante la revision del examen: si el proceso no tiene los infinitos equilibrios de un proceso reversible, entonces no podemos usar las ecuaciones de $\gamma$, como bien plantean ambos. El argumento de mi "maestra" es que aun asi se pueden utlizar.

¿Esta ella en un error? (algo me dice que si... desde el primer dia de clases jaja)

[Saplaya]

Re: Compresión adiabática irreversible (¿o da igual?)

Hola a todos. Caifan, utilizando la expresión de $V_2$ que tu obtienes, es decir

$$V_2 = \frac{n C_{V,m} T_1 + P_{ex}V_1}{P_{ex}\left(\frac{C_{V,m}}{R} + 1\right)}$$

el resultado que se obtiene para $V_2$ es $V_2= 0,0114032151 m^3$, que es el mismo que has obtenido calculando primero $T_2$.

Suponiendo que lo que planteas es correcto, y que lo que yo planteo también (ya que no veo ninguna contradicción con las condiciones), ¿no deberían llegar al mismo resultado?

No por que son dos planteamientos que responden a condiciones diferentes del problema. En el planteamiento de Jose Escobedo se parte de

$$dQ= dU + pdV=0$$

para llegar a

$$\dst T^{\frac{3}{2}} V=C_1$$

pero esto se consigue mediante una integración que incluye (aunque de forma implícita) la integración de $p\dd{V}$. Esto solo es posible si el proceso es cuasiestático y por tanto $P_{ex}$ debe mantenerse en todo momento muy próxima a p, siendo el valor de esta

$$p=\frac{p_1V_1^\gamma}{V^\gamma}$$

Además, tal y como te indica Jose, el proceso es reversible.

Lo que tu planteas, responde a la condición de que $P_{ex}$ sea constante, lo cual supone que las diferencias de presiones entre el sistema y el exterior son considerables y por tanto el proceso es no estático, de hecho este sería el caso de un proceso natural de igualación de presiones y los procesos de igualación son siempre no estáticos.

Para este caso solo se puede afirmar que $|\Delta U|=|P_{ex} \Delta V|$ (con $P_{ex}=cte=10atm$) ya que $P_{ex} \Delta V$ es el trabajo total aportado al sistema y como el proceso es adiabático, por conservación de la energía (1er Principio) debe ser igual al incremento de energía interna. A partir de esto aplicando la ecuación de estado a los estados inicial y final, tal y como has hecho, se pueden calcular los valores de $V_2$ y $T_2$.

Otra cosa es que si te han dicho que el proceso para resolver el problema no es este último, seguramente será por que de lo que recuerdas del enunciado cambien cosas.

Saludos

[Jose D. Escobedo]

Re: Compresión adiabática irreversible (¿o da igual?)

Bueno Caifan yo tomo el intercambio de calor como $\Delta Q$, es cuestion de notacion, unos libros lo toman como $dQ$ otros como $Q$ eso no es importante, yo lo escribo en particular asi porque a veces trato de recordarme a mi mismo de que puede haber cambio de entropia, eso es todo. Tambien, tomo $n$ en vez de $N$ porque creo que es mejor analizarlo por numero de particulas sin tener que pensar en el # de moles y en este caso tienes razon deveria usar $N$ (por que se habla de un mol en este problema, pero por cuestiones de la teoria de informacion prefiero ver que pasa a nivel molecular o atomico), es decir que tengo la tendencia de analizarlo mas microscopicamente, para tener una idea mas clara de lo que esta pasando. Ya Saplaya te puntualizo una contradiccion en tus procedimientos, durante un proceso adiabatico la presion no es constante. Ademas, creo que tienes suerte porque tal y como esta planteado parece ser que estas resolviendo un proceso reversible, de otra forma tedrias mas problemas.

saludos

Jose

[Caifan]

Re: Compresión adiabática irreversible (¿o da igual?)

Esa es mi pregunta, ¿porque?

Para empezar:

teniendo en cuenta que $\Delta Q$

¿Que es $\Delta Q$? No sabia que eso existiera.


Luego, un problema de notación, mejor tu indica esto:

La representacion usual de la constante de avogadro es $N$, no $n$, a menos que si te refieras al numero de moles, en ese caso no podria seguir.

Lo del factor $\frac{3}{2}$, creo que se puntualiza que el gas es ideal y monoatómico. Eso de los grados de libertad me lo explico otro profesor de Fisicoquímica, no con el que tenia la clase oficial, sino uno con el que entraba de oyente y al que si le ponia atención por ser mas interesante su clase (aunque tratara de lo mismo).


Bueno, suponiendo que se arreglan estos malentendidos, ¿porque el usar $\gamma$ es correcto, y el razonamiento que hice no?

Suponiendo que lo que planteas es correcto, y que lo que yo planteo tambien (ya que no veo ninguna contradiccion con las condiciones), ¿no deberían llegar al mismo resultado?

Usando esas ecuaciones que planteas, $T_2 = 748.91 \, K$ y $V_2 = 0.006226 \, m^3$

[Jose D. Escobedo]

Re: Compresión adiabática irreversible (¿o da igual?)

Caifan usa $pV^\gamma =C$ que es lo que se calcula de la primera ley de la temodinamica, teniendo en cuenta que $\Delta Q = 0$ y la ley de los gases$pV=nk_B T$,para el proceso adiabatico.

$dQ= dU + pdV=0 \Rightarrow$

$\dst \frac{3}{2} n k_B dT + n k_B T\frac{dV}{V}=0$...(1)

$\dst \frac{3}{2} \frac{dT}{T} + \frac{dV}{V}=0$

$\dst d(ln [T^{\frac{3}{2}} V] ) =0 \Rightarrow$

$\dst T^{\frac{3}{2}} V=C_1$

$\dst (\frac{pV}{nk_B})^{\frac{3}{2}} V =C_1$

$\dst p^\frac{3}{2} V^\frac{5}{2} = C_2 \Rightarrow$

$\dst p V^\frac{5}{3} =C$ de aqui se puede deducir que:

$\dst T_2= T_1(\frac{p_2}{p_1})^\frac{2}{5}$ donde se calcula facilmente la temperatura final

Nota: para el gas monoatomico se uso 3 grados de libertad, si se quiere calcular para un gas diatomico, en la expresion (1) en vez de escribir el factor $\dst \frac{3}{2}$se escribe $\dst \frac{5}{2}$, ademas he utilizado la constante del Boltzmann y # de particulas que usa un poco mas en fisica que la contante de los gases con respectivos moles.

[Caifan]

Re: Compresión adiabática irreversible (¿o da igual?)

No había notado que los resultados numéricos no eran los de una compresión. Aunque vuelvo a resolver la ecuacion para el $V_2$ y calculandolo en Maple, y sigue saliendo el mismo volumen.

Me es extraño que, si resuelvo la ecuación para $T_2$ (hubo un paso en la resolucion en la que $T_2$ se escribe en funcion de $V_2$ para poder despejar, ahora escribo $V_2$ en función de $T_2$) me sale:

$T_2 = \frac {P_{ex} V_1 + n C_{V,m}T_1}{C_{p,m}}$

Resolviendo con los datos del problema (datos que invente, ya que no recuerdo cual era la redacción exacta, tal vez ahí esta el problema), me sale que:

$T_2 = 1371.490000 \, K$

$V_2 = 0.01140256786 \, m^3$

Estos resultados si concuerdan con una compresión adiabática, pero no veo porque varia al resolver para una u otra variable.