Divulgación Temperatura final de una botella de aire comprimido al despresurizarla.

[JCB]

Hola a tod@s.

Consideremos una botella de 6 l de aire comprimido (como las que utilizan los bomberos), con aire interior a una presión de 301 atm (presión absoluta). Abrimos la válvula, dejándola en esta posición para que se equilibre la presión interna con la atmosférica (1 atm). La duda que tengo, es si es posible determinar teóricamente (sin hacer el ensayo) la temperatura final del aire interior.

En el estado inicial, disponemos de todos los datos: la presión interior (301 atm), el volumen (6 l), y la temperatura, que consideramos que es la del ambiente (por ejemplo, $20\ ^{\circ}C$). Suponiendo el aire como un gas perfecto, aplicando la ecuación, incluso podemos determinar el nº de moles de aire.

La dificultad estriba en el estado final: disponemos de la presión interior (1 atm), el volumen (6 l), pero desconocemos el nº de moles que han quedado dentro de la botella (ahora sin presurizar) y de la temperatura final.

Cualquier opinión será bienvenida.

Gracias y saludos cordiales,
JCB.

[Richard R Richard]

Hola JCB, lo que estas queriendo calcular es un valor de temperatura fuera de equilibrio, para un gas real.

La ecuación de los gases la puedes usar solo en sistema en equilibrio, si tu intuyes que al llegar a P=1 atm el sistema no tiene la temperatura de equilibrio, pues eso no esta en equilibrio y la ecuación no la puedes aplicar

PV=nRT en el equilibrio a 293 K te dirá el numero de moles interior, pero solo en equilibrio.

la evolución del sistema al liberar la presión, , evidentemente no ocurre como proceso isobárico, podría ser isocórico, pero no conservas el numero de moles, no es adiabático porque intercambias materia con el medio,

solo puedes tener idea de la temperatura , si has medido el trabajo de expansión del gas a la temperatura a la que escapa.

Creo que te haces a la idea de que el gas deberá estar mas frío, y que el recipiente se congela, pero ojo, eso indica que el proceso no fue adiabático, osea que las paredes no fueron aislantes, y que el gas no era perfecto.

En fin si el gas es ideal, debe tener $n=\dfrac{PV}{R 293K}$ moles, y la temperatura en el interior es de 293K

si no impones ninguna condición termodinámica para que el gas que escapa extraiga calor al gas el interior, no que creo que el dilema tenga solución.
En definitiva el proceso pasa como si $\Delta n= K\Delta P$ luego la temperatura y el volumen son constantes

[JCB]

Hola a tod@s.

Insistiendo en este tema.

En el estado 1, $P_1V=n_1RT_1$,

$n_1=\dfrac{P_1V}{RT_1}=\dfrac{1\ atm\ 6\ l}{0,082\ atml/Kmol(20+273)K}=75,1159\ mol$.

En el estado 2, $P_2V=n_2RT_2$.

Como el volumen es el mismo,

$\dfrac{n_1RT_1}{P_1}=\dfrac{n_2RT_2}{P_2}$. Despejando $T_2$,

$$T_2=\dfrac{n_1T_1P_2}{n_2P_1}=\dfrac{75,1159\ mol(20+273)K\ 1\ atm}{n_2\ 301\ atm}=\dfrac{73,1195}{n_2}$$

.

Por otra parte, podemos calcular los moles dentro de la botella, a la presión atmosférica y a la temperatura ambiente:

$n=\dfrac{PV}{RT}=0,2496\ mol$.

Si es un hecho comprobado experimentalmente que la temperatura desciende por debajo de la temperatura ambiente, entonces, necesariamente y debido a (1), $n_2>n=0,2496\ mol$. Supongamos que $n_2=0,2497\ mol$, entonces $T_2=292,83\ K=19,83\ ^{\circ}C$.

Seguiré.

Saludos cordiales,
JCB.

[JCB]

Hola a tod@s.

Después de haber estado un tiempo dándole vueltas a este tema (consultando libros e indagando en internet), parece que la solución numérica pasa forzosamente por hacer una serie de simplificaciones.

1) Balance energético. La conservación de la energía para un sistema abierto y adiabático, con entrada y salida de masa (un proceso de flujo no estacionario), se puede escribir

$E_e-E_s=\Delta E$,

$m_e\left(h_e+\dfrac{1}{2}v_e^2+gz_e\right)-m_s\left(h_s+\dfrac{1}{2}v_s^2+gz_s\right)+Q-W=\Delta E$,

donde $\Delta E=m_2\left(u_2+\dfrac{1}{2}v_2^2+gz_2\right)-m_1\left(u_1+\dfrac{1}{2}v_1^2+gz_1\right)$.

Los subíndices e, s, 1 y 2, corresponden, respectivamente, a entrada, salida, estado 1 (inicial) y estado 2 (final).

En las condiciones concretas de nuestro enunciado, $m_e=Q=W=0$, $z_1=z_2$. Nota: el trabajo del flujo másico $(pV)$ de entrada y de salida, está incluido en el término entálpico.

$-m_s\left(h_s+\dfrac{1}{2}v_s^2+gz_s\right)=m_2\left(u_2+\dfrac{1}{2}v_2^2\right)-m_1\left(u_1+\dfrac{1}{2}v_1^2\right)$.

Primera simplificación: los términos de energía cinética y de energía potencial del flujo de salida, se consideran despreciables. También se considera que $v_1=v_2=0$,

$$-m_sh_s=m_2u_2-m_1u_1$$

2) Balance de masas.

$m_e-m_s=\Delta m$,

$m_e-m_s=m_2-m_1$,

$$-m_s=m_2-m_1$$

Substituyendo (2) en (1),

$(m_2-m_1)h_s=m_2u_2-m_1u_1$.

Segunda simplificación: el aire se considera un gas perfecto, la energía interna solo depende de su temperatura. Así mismo, y por el mismo motivo, la entalpía solo depende de su temperatura. Los calores específicos del aire, se consideran constantes.

$(m_2-m_1)c_pT_s=m_2c_vT_2-m_1c_vT_1$.

Tercera simplificación: quizás es la más comprometida, pues se considera la temperatura de salida del aire, como el promedio entre la temperatura inicial $(T_1)$ y la final $(T_2)$.

$$(m_2-m_1)c_p\left(\dfrac{T_1+T_2}{2}\right)=m_2c_vT_2-m_1c_vT_1$$

Haciendo los cálculos oportunos y buscando en tablas,

$m_1=2,1758\ kg$,

$m_2=\dfrac{2,1180}{T_2}\ kg$,

$c_p=1,005\ kJ/kgK$,

$c_v=0,718\ kJ/kgK$.

De la expresión (3) solo desconocemos $T_2$. Despejando,

$T_2\approx127\ K=-146\ ^{\circ}C$.

Saludos cordiales,
JCB.