¿Por qué el gas se enfría cuando lo pulverizo?

Question

¿Por qué el gas se enfría cuando lo pulverizo?

Ken D.

Cuando rocía gas de un rociador comprimido, el gas se enfría mucho, aunque el rociador comprimido está a temperatura ambiente.

Creo que, cuando pasa de alta a baja, se enfría, ¿no? pero ¿cuál es la razón detrás de eso literalmente?

gran josh

¿Estaba rociando desde una lata de gas comprimido, o desde la boquilla de un compresor, o algo más?

david blanco

Además de todas las respuestas aquí, algunas latas de aerosol contienen un propulsor de alta presión muy volátil (por ejemplo, butano) que hierve cuando cae la presión en la lata. La ebullición es un proceso de enfriamiento.

JeopardyTempestad

La respuesta modelo es ahora este gran video de Minute Physics . Me pregunto cuánto de esta publicación se utilizó para informar ese video.

Respuestas (18)

¿Por qué el gas se enfría cuando lo pulverizo?

¿Estaba rociando desde una lata de gas comprimido, o desde la boquilla de un compresor, o algo más?
Además de todas las respuestas aquí, algunas latas de aerosol contienen un propulsor de alta presión muy volátil (por ejemplo, butano) que hierve cuando cae la presión en la lata. La ebullición es un proceso de enfriamiento.
La respuesta modelo es ahora este gran video de Minute Physics . Me pregunto cuánto de esta publicación se utilizó para informar ese video.

Markus Desierto · Answer 1

Esta es una discusión muy confusa. El gas que es forzado a través de una boquilla, después de lo cual tiene una presión más baja, es un proceso irreversible en el que aumenta la entropía. Esto no tiene nada que ver con la expansión adiabática. Tiene todo que ver con el efecto Joule-Thomson .

El cambio de temperatura que sigue a la caída de presión detrás de la boquilla es proporcional al coeficiente de Joule-Thomson, que se puede relacionar con la capacidad calorífica (isobárica) del gas, su coeficiente de expansión térmica y su temperatura. Este es un famoso ejemplo estándar en termodinámica para derivar una relación termodinámica no trivial mediante el uso de relaciones de Maxwell, jacobianas y demás. Curiosamente, no es seguro que la temperatura baje. Para un gas ideal, que parece ser el único ejemplo discutido hasta ahora en este hilo, no lo sería, porque el coeficiente de Joule-Thomson desaparece exactamente. Esto se debe a que el enfriamiento resulta del trabajo que realiza el gas contra sus fuerzas cohesivas internas de van der Waals, y tales fuerzas no existen en un gas ideal.

Para un gas real, puede ocurrir enfriamiento, pero solo por debajo de la temperatura de inversión. Por ejemplo, la temperatura de inversión del oxígeno es de aproximadamente $1040$ $K$ , mucho más alta que la temperatura ambiente, por lo que la expansión JT de oxígeno lo enfriará. $\text{CO}_2$ tiene una temperatura de inversión aún más alta (alrededor de $2050$ $K$ ), asi que $\text{CO}_2$ extintores de incendios, que en realidad solo rocían $\text{CO}_2$ , terminará rociando algo que está muy frío. El hidrógeno, por otro lado, tiene una temperatura de inversión de aproximadamente $220$ $K$ , mucho más pequeño que la temperatura ambiente, por lo que la expansión JT del hidrógeno en realidad aumenta su temperatura.

El coeficiente de Joule-Thompson es para un proceso de entalpía constante que no es el caso aquí. Por favor, vea mi respuesta.
Esta respuesta tiene muchos números... coeficiente JT, capacidad calorífica, relaciones de Maxwell, temperatura de inversión... y no mucha física. La física aquí está en la oración "Esto se debe a que el enfriamiento resulta del trabajo que hace el gas contra sus fuerzas cohesivas internas de van der Waals, y tales fuerzas no existen en un gas ideal". Si explicara lo que quiere decir con eso y cómo se relaciona con todos los números de arriba y abajo, tendría una respuesta de primera clase.

AndyS · Answer 2

La temperatura del gas que se rocía desciende porque se expande adiabáticamente. Esto se debe simplemente a que no se transfiere calor hacia o desde el gas cuando se rocía, ya que el proceso es demasiado rápido. (Consulte este artículo de Wikipedia para obtener más detalles sobre los procesos adiabáticos).

La explicación matemática es la siguiente: sea el volumen del gas en el recipiente $V_i$ , y su temperatura $T_i$ . Después de rociar el gas, ocupa un volumen $V_f$ y tiene temperatura $T_f$ . En un proceso adiabático $TV^{\,\gamma-1}=\text{constant}$ ( $\gamma$ es un número mayor que uno), y así

T_{i} V_{i}^{γ - 1} = T_{F} V_{F}^{γ - 1},

$T_iV_i^{\,\gamma-1}=T_fV_f^{\,\gamma-1},$ o

T_{F} = T_{i} {(\frac{V_{i}}{V_{F}})}^{γ - 1} .

$T_f=T_i\left(\frac{V_i}{V_f}\right)^{\gamma-1}.$ Ya que

γ > 1

$\gamma>1$ y, claramente,

V_{f} > V_{i}

$V_f>V_i$ (el volumen disponible para el gas después de que se rocía es mucho mayor que el del contenedor), obtenemos que

T_{f} < T_{i}

$T_f<T_i$ , es decir, el gas se enfría cuando se pulveriza.

Por cierto, la expansión adiabática es la razón por la que puedes expulsar aire caliente y frío de tu boca. Cuando quieres soplar aire caliente abres bien la boca, pero cuando quieres soplar aire frío aprietas los labios y haces pasar el aire por un pequeño orificio. De esa manera, el aire pasa de un volumen pequeño a un volumen grande a tu alrededor y se enfría de acuerdo con las ecuaciones anteriores.

Diez años después y esta sigue siendo la respuesta incorrecta. Haz las matematicas. La expansión adiabática en el aire de la habitación no pudo crear una caída de temperatura suficiente para explicar la observación del OP de que "el gas se enfría mucho". Aquí hay un cambio de fase. Consulte physics.stackexchange.com/questions/14140/… .
@bigjosh No se requiere cambio de fase. Por favor, vea mi respuesta.
¿Sabías que en algunos casos la acción de rociar gas desde un cilindro puede provocar un calentamiento en la boquilla? Es cierto que en otros lugares el gas se enfría a medida que se expande, pero en la región de alta presión (si el gas se licua por ejemplo) las cosas son más complicadas. Este es un problema de seguridad en el uso de cilindros de hidrógeno, por ejemplo.
@JohnDarby En su respuesta, elige ignorar el cambio de fase, lo que no está necesariamente justificado, ya que se puede escuchar la mayoría de las latas 'chorreando' cuando están llenas. Incluso cuando no lo son, el gas generalmente se comprime lo suficiente como para que la ley de los gases ideales no lo describa correctamente. Aún así, se puede esperar algo de enfriamiento sin un cambio de fase.
No estoy en absoluto de acuerdo con la expansión adiabática mientras sopla aire frío o caliente. Cuando sopla lentamente, con la boca bien abierta, sopla aire húmedo a 37 °C, que se siente cálido. Cuando sopla rápido a través de labios apretados, envía un poco de aire rápido (a 37°) que se mezcla con el aire circundante (seco y, a veces, más frío) antes de alcanzar el objetivo. La diferencia, es que en el 2º caso se incrementa la evaporación del blanco respecto al 1º caso; se "siente" más frío, especialmente en la piel. (continuación...)
La razón por la que la expansión adiabática no tiene nada que ver con esto es que la velocidad del flujo es mucho menor que la velocidad del sonido, por lo que los efectos de compresión deberían ser pequeños; además, si tal proceso jugara un papel, el aire comprimido entre los labios debería estar extremadamente caliente en primer lugar.

Ron Maimón · Answer 3

su pregunta es sobre grandes caídas de presión y por qué enfrían los gases. La respuesta es que el gas está realizando trabajo en el proceso de expansión y este trabajo libera energía al medio ambiente.

Si evitas que el gas haga trabajo, si no hay nada contra lo que empujar, no se enfría. Si tiene un gas diluido en la esquina de una habitación y abre una barrera al vacío, el gas se expande en el vacío sin cambios de temperatura. Esto no es lo que está haciendo cuando rocía la lata en el aire. Allí, el gas se encuentra con el aire y produce una pared de presión que luego empuja contra el trabajo. Una vez que se establece el perfil de rociado de equilibrio, hay un gradiente de presión desde la lata hacia afuera que acelera el rociado a su velocidad final. Viajando a lo largo de este gradiente de presión, el gas se expande y realiza trabajo, y esto le quita energía. El perfil de temperatura fría retrocede sigilosamente hacia la lata, porque el aire es un pésimo conductor del calor, por lo que todo el calor proviene de la lata. Finalmente,

La afirmación de que "este trabajo libera energía al medio ambiente" parece contraria a la intuición. ¿El trabajo no extrae energía del medio ambiente y así lo enfría?
No, la energía interna del gas enlatado se usa para hacer todo el trabajo aquí. Cuando este proceso ocurre muy rápidamente (como en un plumero que sopla una ráfaga de aire), hay poco tiempo para que el ambiente transfiera calor a la lata y durante algún tiempo la lata estará fría (pero por supuesto no permanentemente como usted señala). afuera). Lo que Ron dice es que si, en cambio, rociaras el aerosol en un "vacío" externo de algún tipo, entonces la lata no se enfriaría (tener una presión atmosférica significativa es un requisito para que la lata se enfríe).

gran josh · Answer 4

¿Está seguro de que está comenzando con un gas comprimido y no, de hecho, con un líquido comprimido?

DustOff dice "Gas comprimido" en la etiqueta...

...pero una mirada a la hoja de datos de seguridad del material muestra que, de hecho, no contiene gas sino etano licuado , 1,1-difluoro...

...con un punto de ebullición de -25C.

Del mismo modo , Ultra Duster "Aire comprimido" ...

...también es difluoroetano licuado según la MSDS ...

...también con un punto de ebullición de -25C.

En realidad, estos son nombres diferentes para las mismas cosas, y esas cosas son R 152a , ¡ literalmente, un refrigerante que se usa para enfriar cosas! Es lo mismo para cada tipo de "gas comprimido" o "aire comprimido" que pude encontrar en Amazon .

Así que parecería que aquí no estamos tratando con un gas en expansión, estamos tratando con un líquido que se evapora en un gas. Este líquido normalmente se mantiene a alta presión dentro de la lata, pero cuando lo libera a través de la boquilla, efectivamente ha creado un acondicionador de aire donde la boquilla es el dispositivo de medición y el gas licuado es el refrigerante. Esta es una razón sencilla por la que el gas que sale de la boquilla está tan frío.

Este es un efecto simple y muy bien entendido, y es probable que haya muchos otros lugares en su casa donde esto suceda regularmente (como dentro de su refrigerador o aire acondicionado).

Más información sobre el efecto en Wikipedia...

https://en.wikipedia.org/wiki/Vapor-compression_refrigeration

Si no está de acuerdo, intente inflar un neumático de bicicleta a 120 PSI, deje que el gas del interior alcance la temperatura de equilibrio y luego libere el gas de alta presión a través del valor y mida la temperatura con un termómetro o Flir (los dedos no funcionan porque incluso un cálido la brisa puede sentirse fresca debido a otros efectos) e informe si hace mucho frío (una caída de un par de grados no es "muy fría" según OP). ¡ Solo se aceptan resultados empíricos reales (no teorías sobre por qué el gas debe estar frío)! :)

Como comenta, el enfriamiento ocurre con un líquido en el recipiente debido al cambio de fase, como en una válvula de expansión en un ciclo de refrigeración. Hasta ahora nadie ha podido abordar el fenómeno que determina cuánto se enfría un gas puro en el recipiente; por ejemplo, debemos abordar el ejemplo de su neumático de bicicleta. El grado en que el proceso es no isoentrópico/irreversible debe abordarse con el respaldo de datos reales y, con suerte, alguien puede hacerlo. Sorprendentemente, ninguna de mis referencias aborda esto. Gracias por seguir señalando que no hemos abordado esto :)

a la izquierda · Answer 5

Para hacer esto correctamente, debe describir el gas mediante un conjunto estadístico. Pero esto también responde a la pregunta:

Podemos describir el gas como un... bueno, gas de partículas clásicas, que vuelan en la lata bastante rápido y de forma aleatoria. La temperatura es esencialmente la energía cinética promedio por partícula (más precisamente: por grado de libertad)

mi = \sum_{partículas} \frac{metro v^{2}}{2} = \frac{3}{2} {norte}_{partículas} \bar{\cdot} k T

$E = \sum_{\text{particles}}\!\!\frac{mv^2}2 = \tfrac32n_\text{particles}\bar{\cdot}\!\!\!\!kT$ Dónde

\bar{\cdot} k

$\bar{\cdot}\!\!\!\!k$ es la constante de Boltzmann.

Rebotan elásticamente en las paredes, por lo que la velocidad media al cuadrado se mantiene constante y, por lo tanto, también la temperatura.

Pero, ¿qué ocurre ahora si ampliamos el volumen, es decir, desplazamos una de las paredes hacia el exterior? Mientras hacemos esto, las partículas que rebotan en la pared móvil ya no se reflejarán en el volumen con velocidad constante: el $v^2$ permanecerá constante visto desde la pared, pero a medida que se mueve, la velocidad hacia la pared fue en realidad más alta que la que tiene después de la colisión. entonces el promedio $v^2$ también disminuirá, al igual que la temperatura.

Tenga en cuenta que este proceso se llama expansión adiabática .

pero es adiabático de hecho? ¿Qué pasa con la turbulencia en la boquilla?
Muy bien: no lo es; pero el proceso adiabático es el modelo más simple que explica por qué se enfría.

Ethelred Hardrede · Answer 6

La boquilla es irrelevante para la física involucrada. Los conceptos básicos de temperatura frente a presión en un gas son simples. El gas comprimido, no lo que está pasando en el video que muchos vieron antes de venir aquí, tiene un contenido de calor además de una temperatura. Aumente el volumen del gas, sin embargo, si se hace rápidamente como en la pregunta, y todavía tiene el mismo contenido de calor pero en un volumen mayor, por lo que la temperatura bajará. Básicamente, la energía ahora está ocupando un volumen mayor y la densidad de energía disminuye, por lo que la temperatura desciende.

Eso responde a la pregunta original.

Muchos están aquí, aunque provienen de un video con un payaso ignorante que dice palabras sin relación real con lo que estaba pasando en el video.

No estaba rociando un gas en el video, era un líquido . Era un gas antes de ser comprimido en la lata, por ejemplo, la lata de 'aire' comprimido que tengo al lado de mi PC contiene 1,1 difluoroetano. En STP, temperatura y presión estándar, es un gas. A la alta presión está en la lata, cuando está llena, es un líquido para la mayor parte del volumen de la lata. Está en forma de gas en la parte superior de la lata.

Agita un poco la lata y notarás el chapoteo. Una lata casi vacía tendrá poco difluoroetano en estado líquido. Pero al principio está casi todo en estado líquido. Rocíe la lata de acuerdo con las instrucciones y se liberará el gas en la parte superior. Se voltea la lata y se libera el difloretano que se encuentra en estado líquido. El líquido golpea la botella y luego se evapora por el calor de la botella, extrayendo calor en el proceso de convertirse de líquido a gas. Lo mismo que sucede con el agua solo que mucho más rápido.

Entonces, la botella se enfría por evaporación rápida, no por la expansión de un gas. Ahora la lata de gas comprimido SE enfría por la expansión y por la evaporación del gas/líquido en la lata.

Ethelred Hardrede

La caída de temperatura para la expansión del gas no tiene nada que ver con la energía interna constante que se distribuye en un volumen mayor (como lo demuestra la expansión libre de Joule de un gas ideal: energía constante, sin caída de temperatura), y tiene todo que ver con el trabajo realizado en el proceso (contra paredes, o contra interacciones internas para un gas real)
He votado negativamente esta respuesta por las siguientes razones. 1. La difusión de un gas a un volumen mayor no cambia, por sí misma, la energía interna (p. ej., expansión Joule). 2. la temperatura no tiene relación directa con la densidad de energía. 3. "contenido de calor" es una terminología incorrecta. 4. Se menciona el cambio de fase (lo cual es correcto) pero no el impacto asociado en la temperatura (por lo que no responde la pregunta).

Andrés Steane · Answer 7

Esta es una respuesta larga. (Anoche sufrí un ataque de enfermedad física. Esta es la compulsión nerviosa de resolver un problema de física porque te molesta).

Al momento de escribir, otras respuestas en este sitio son las siguientes.

. AndyS dice que es porque el gas se expande adiabáticamente
. Markus Deserno dice que es una expansión de Joule-Thomson (entalpía constante)
. Ron Maimon describe el gas que hace retroceder la atmósfera circundante; esto es expansión adiabática nuevamente, aparentemente en la habitación que contiene la lata
. leftaroundabout dice "hacer esto correctamente" y describe brevemente la expansión adiabática desde un punto de vista molecular
. bigjosh dice que tiene que ver con un cambio de fase de líquido a gas dentro de la lata
. ManRow dice adiabático y presenta algunas fórmulas
. Prof. Gopal Lohar dice Joule-Thomson
. John Darby reconoce que existe irreversibilidad en la tobera y luego ofrece otro tratamiento de la expansión adiabática.
. Anthony X dice que el enfriamiento se debe en su totalidad a la evaporación dentro de la lata, y explícitamente no a ninguna expansión posterior.

y he ignorado algunas otras respuestas. Entonces, la mayoría de la gente aboga por la expansión adiabática. Sin embargo, el proceso dentro de la boquilla de cualquier lata de aerosol ciertamente no es adiabático (en el sentido de no isentrópico), y ahí es donde ocurre la mayor parte de la caída de presión. Por lo tanto, la respuesta no puede ser tan simple. Sin embargo, a continuación, primero presentaré la expansión adiabática de un gas, para ver qué ofrece, y luego continuaré. Resultará que este cálculo será valioso al final.

Presentaré cálculos para el caso del butano (C $_4$ H $_{10}$ ) gasolina. A menudo he usado cilindros de gas butano mientras acampaba y, de hecho, se enfrían bastante después de unos minutos de uso. Aquí hay algunas propiedades.

\begin{array}{ll} índice adiabático del gas butano en 300 k & γ = 1.09 \\ capacidad calorífica específica a volumen constante & C_{V} = 1.57 k j / k gramo k \\ capacidad calorífica molar a presión constante & C_{pags} = 98.5 j / metro o yo k \\ ídem para líquido & C_{pags} = 130 j / metro o yo k \\ peso molecular & 58.124 gramo / metro o yo \\ punto de ebullición (a 1 atm) & - {0.4}^{\circ} C \\ calor latente de vaporización & L = 22.44 k j / metro o yo \end{array}

$\begin{array}{ll} \text{adiabatic index of butane gas at $300$ K} & \gamma = 1.09 \\ \text{constant volume specific heat capacity} & c_V = 1.57 \, {\rm kJ/kg K} \\ \text{constant pressure molar heat capacity} & C_{p} = 98.5 \, {\rm J/mol K} \\ \text{ditto for liquid} & C_p = 130\,{\rm J/mol K} \\ \text{molecular weight} & 58.124 \, {\rm g/mol} \\ \text{boiling point (at 1 atm)} & -0.4^\circ\,{\rm C} \\ \text{latent heat of vapourization} & L = 22.44\,{\rm kJ/mol} \\ \end{array}$

\begin{array}{cc} la temperatura (^{\circ} C) & presión de vapor (kPa) \\ - 0.5 & 101 \\ 10 & 170 \\ 19 & 200 \end{array}

$\begin{array}{cc} \text{temperature ($^\circ$C)} & \text{vapour pressure (kPa)} \\ -0.5 & 101 \\ 10 & 170 \\ 19 & 200 \end{array}$

Expansión adiabática

Primero, consideremos la expansión adiabática. La base física del enfriamiento en la expansión adiabática es la conservación de la energía y el momento. El gas empuja contra el resto de la atmósfera, realizando un trabajo sobre ella. Por lo tanto, su energía interna cae (ya que no entra calor). En un sistema tan simple como un gas, tal caída en la energía interna resulta en una caída en la temperatura (las moléculas se ralentizan). Bajo las aproximaciones de capacidades caloríficas constantes y gas ideal, tenemos $pV^\gamma =$ constante, y por lo tanto, después de usar $pV = RT$ por mol, tenemos

{pags}^{1 - γ} T^{γ} = constante

$p^{1-\gamma} T^\gamma = \mbox{constant}$ asi que

T_{F} = T_{i} ({pags}_{i} / {pags}_{F})^{(1 - γ) / γ}

$T_{\rm f} = T_{\rm i} (p_{\rm i} / p_{\rm f})^{(1-\gamma)/\gamma}$ donde los subíndices i y f representan 'inicial', 'final'. Aquí

γ

$\gamma$ (el índice adiabático) es igual a

C_{p} / C_{V}

$C_p/C_V$ ; tiene el valor

1.09

$1.09$ para butano. La presión de vapor del butano a temperatura ambiente es de aproximadamente 2 atm, así que tomemos la relación de presión como

2

$2$ . Entonces encontramos

T_{r metro F} / T_{i} = 0,94

$T_{rm f} / T_{\rm i} = 0.94$ entonces si la temperatura inicial es

293

$293\,$ K entonces la temperatura final es

277

$277\,$ K que se trata de

4^{\circ}

$4^\circ$ C. Así que eso es un enfriamiento en el estadio de béisbol correcto, y uno puede pensar que estamos en el camino correcto.

¿Pero lo somos?

Expansión Joule-Thomson

El problema con el cálculo anterior es que parece estar asumiendo que mientras rociamos el gas, la presión justo afuera de la boquilla es de 2 atmósferas. Pero esa es una afirmación imposible. ¡No puedes crear una atmósfera completa de diferencia de presión en el aire usando solo una lata de aerosol! Haría que el gas justo fuera de la boquilla se lanzara explosivamente hacia el exterior, alcanzando la velocidad del sonido en un microsegundo más o menos. Es bastante imposible. (Una atmósfera de presión es $10^5$ Nuevo Méjico $^2$ ; eso es una gran presión. Recuerde que los gráficos meteorológicos registran las variaciones de presión en milibares; los cambios de presión en el clima están en el nivel porcentual).

Entonces, ¿cómo pasa la presión de 2 atm (la presión de vapor en la lata) a 1 atm (la presión ambiental en los alrededores)? La respuesta es simple: la caída de presión está casi en su totalidad en la boquilla. La presión fuera de la boquilla es un poco superior a una atmósfera, por lo que el gas se rocía desde la boquilla, pero en comparación con una atmósfera, esto no presenta una relación muy alta, por lo que la expansión adiabática a medida que el gas se aleja de la boquilla no es capaz para dar cuenta de gran parte del enfriamiento observado en la lata.

Entonces, consideremos lo que sucede dentro de la boquilla. Aquí el proceso es, en buena aproximación, una caída de presión en una constricción sin intercambio de calor. Este proceso se llama proceso Joule-Thomas. Es un proceso bien estudiado y muy utilizado para enfriar y licuar gases. Si las condiciones son las adecuadas, se obtiene enfriamiento, cuantificado por el coeficiente

m_{H} = {(\frac{\partial T}{\partial pags})}_{H} = \frac{1}{C_{pags}} (T {(\frac{\partial V}{\partial T})}_{pags} - V)

$\mu_{H} = \left( \frac{\partial T}{\partial p} \right)_H = \frac{1}{C_p} \left( T \left( \frac{\partial V}{\partial T} \right)_p - V \right)$ Para el gas ideal esto da

μ_{H} = 0

$\mu_H = 0$ por lo tanto, el enfriamiento está relacionado con el grado en que el gas no se describe bien como un gas ideal, por ejemplo, cerca de la transición de fase líquido/gas. Traté de encontrar valores para este coeficiente de butano en línea. Obtuve algunos números pero no estaba seguro, así que para mayor confianza usé el modelo de van der Waals. Este es el modelo donde la ecuación de estado para un mol es

(pags + a / V^{2}) (V - b) = R T

$(p + a/V^2)(V-b) = RT$ y puedes buscar las constantes

a

$a$ y

b

$b$ para su gas elegido. No es un modelo perfectamente preciso, pero bastante bueno. Para el gas de van der Waals se encuentra (para un mol)

m_{H} = {(\frac{\partial T}{\partial pags})}_{H} = \frac{V}{C_{pags}} (\frac{2 a (V - b)^{2} - R T V^{2} b}{R T V^{3} - 2 a (V - b)^{2}})

$\mu_H = \left( \frac{\partial T}{\partial p} \right)_H = \frac{V}{C_p} \left( \frac{2 a (V-b)^2 - R T V^2 b} {R T V^3 - 2 a (V-b)^2} \right)$ (y esto es aproximadamente

(2 a / R T - b) / C_{p}

$(2a/RT \; - \; b)/C_p$ ).

Para butano se encuentra

a = 1.466 {j metro}^{3} / {metro o yo}^{2}, b = 1.226 \times 10^{- 4} {metro}^{3} / metro o yo

$a = 1.466\;{\rm Jm}^3/{\rm mol}^2, \;\;\;\;\;\;\; b = 1.226 \times 10^{-4} \;{\rm m}^3/{\rm mol}$ y a temperatura ambiente o justo por debajo de ella, la fórmula anterior da

m_{H} = 12 k / METRO PAGS a .

$\mu_H = 12\,{\rm K/MPa}.$ Esto es del mismo orden de magnitud que algunos valores que logré encontrar en la web. Entonces encontramos que en una caída de presión de 1 atm =

0.1

$0.1\,$ MPa, la caída de temperatura que sufre el gas butano en un proceso Joule-Thomson cerca de la temperatura ambiente es

1.2

$1.2$ K. Entonces concluimos que el enfriamiento observado (10 K o más) no se debe principalmente al proceso Joule-Thomson en la boquilla.

Enfriamento evaporativo

Hasta ahora hemos encontrado que la respuesta no es la expansión adiabática después de la tobera, ni tampoco la expansión Joule-Thomson (isentálpica) en la tobera. Así que tenemos que mirar dentro de la lata para encontrar nuestra respuesta.

Primero trataré el caso en el que hay líquido (y vapor) en la lata, y luego el caso en el que sólo hay gas.

Con líquido en la lata, supongamos en primera instancia que no hay tiempo suficiente para que fluya calor significativo hacia las paredes de la lata. En este caso tenemos refrigeración evaporativa. Cuando algo de vapor escapa por la boquilla, la presión en la lata cae y, en consecuencia, algo de líquido se evapora. Tanto el líquido como el vapor se enfrían. Durante mucho tiempo encontré este enfriamiento desconcertante desde el punto de vista termodinámico. Desde un punto de vista molecular, es sencillo (aunque difícil de calcular): las moléculas más rápidas se mueven preferentemente fuera del líquido y en su viaje disminuyen la velocidad porque escapan de las fuerzas de atracción en el líquido.

Pero, ¿cómo calcular esto usando propiedades termodinámicas? Cuando la presión cae por primera vez, se evapora suficiente líquido para mantener el sistema en el $p-T$ curva de coexistencia, que tiene pendiente positiva por lo que a menor presión corresponde menor temperatura. Eventualmente, el sistema alcanza un equilibrio dinámico con una presión de aproximadamente 1 atm fuera de la boquilla, una presión entre 1 y 2 atm dentro de la lata y una temperatura entre la temperatura donde la presión de vapor es de 1 atm y la temperatura donde la presión de vapor es de 2 atm. . Estas dos temperaturas son $-0.5^\circ$ C y $19^\circ$ C. Por lo tanto, si la lata se deja rociando gas, la temperatura caerá de manera constante hasta que alcance aproximadamente $-0.5^\circ$ C (en el caso del butano).

Esto nos dice cómo calcular, pero la pregunta original era ¿por qué ocurre el enfriamiento?

Considere el calor latente específico $L$ . Este es el calor que tendría que proporcionar para hacer que la unidad de masa de la sustancia cambie de líquido a gas en condiciones de presión y temperatura constantes. Este es el caso al que estamos acostumbrados cuando hervimos agua en una tetera. Pero el enfriamiento por evaporación es un proceso diferente. No se proporciona calor, pero hacemos algo que reduce la presión (por ejemplo, moviendo un pistón o permitiendo que escape el gas). si masa $m$ de líquido ahora se convierte en gas, entonces la energía interna de esa parte de todo el sistema ha aumentado en aproximadamente $L m$ (bueno, para ser precisos, conserva parte de esta energía y también transfiere energía a los alrededores haciendo trabajo a medida que se expande). donde tiene esta energia $Lm$ ¿viene de? Provino del resto del sistema a medida que la energía interna se movía del resto del sistema a esta parte. Entonces la temperatura del resto del sistema debe caer por

Δ T ≃ \frac{L metro}{C_{pags}}

$\Delta T \simeq \frac{L m}{C_p}$ dónde

C_{p}

$C_p$ es la capacidad calorífica del resto del sistema, que se puede escribir

C_{p} ≃ M c_{p}

$C_p \simeq M c_p$ dónde

M

$M$ es la masa del todo y

c_{p}

$c_p$ es la capacidad calorífica específica. Entonces tenemos

Δ T ≃ \frac{L}{C_{pags}} \frac{metro}{METRO} ≃ 220 \frac{metro}{METRO} k mi yo v i norte

$\Delta T \simeq \frac{L}{c_p} \frac{m}{M} \simeq 220 \frac{m}{M} {\rm kelvin}$ que es válido para

m ≪ M

$m \ll M$ . Estoy aquí dando una idea aproximada de los tipos de números involucrados. Dice que podemos esperar una caída de temperatura de orden

20^{\circ}

$20^\circ$ C si pulverizamos una décima parte del contenido. Como ya dije, la temperatura no bajará indefinidamente; alcanza un nuevo equilibrio; el propósito de este cálculo aproximado era simplemente mostrar que los movimientos de energía son consistentes.

El regreso de la expansión adiabática

El resumen de la discusión anterior es que si hay líquido en la lata, entonces la caída de temperatura se debe principalmente al enfriamiento por evaporación de ese líquido, y el vapor, porque el calor latente de vaporización tiene que ser proporcionado por el contenido de la lata en la ausencia de flujo de calor desde el exterior.

Pero, ¿y si no hay líquido en la lata? ¿Qué pasa si es simplemente un gas de alta presión?

Ya establecimos que solo hay un enfriamiento modesto después de que el gas ha salido de la boquilla y entra en la habitación. Miremos dentro de la lata de nuevo.

Para comprender el efecto de una fuga en una lata de gas, imagine una membrana delgada que divide el gas que está a punto de escapar del gas que permanecerá. A medida que el gas escapa, esta membrana se mueve y el gas dentro de ella se expande. Esa expansión es, en buena aproximación, adiabática. Para probar esto, debemos afirmar que no hay transferencia de calor a través de esta membrana. No habrá transferencia de calor si el gas a ambos lados de la membrana está a la misma temperatura. Si cree que no lo es, permítame agregar otra membrana más abajo, dividiendo el gas que quedará en dos mitades. Este gas simplemente se está expandiendo, por lo que no hay razón para gradientes de temperatura dentro de él. Pero este argumento se aplicará sin importar dónde coloquemos la membrana.

Concluimos que la parte del gas que permanece en la lata simplemente se expande adiabáticamente para llenar la lata. Así que ahora el cálculo inicial que hice, que describe la expansión adiabática, es el cálculo correcto, ¡pero uno debe entender que el proceso está ocurriendo justo en la lata! ¡Así que no es de extrañar que la lata se enfríe!

Aquí hay otra intuición para esto. A medida que se mueve a través de la boquilla, el gas que se expulsa trabaja sobre el gas que queda atrás, dándole energía, y el gas que queda pierde energía. Si hubiera un gran agujero, el gas saldría rápidamente. En el caso de una tobera estrecha se evita que alcance velocidades muy altas. En ese caso, se abre camino hacia la atmósfera circundante a una presión similar a la presión ambiental y utiliza su energía adicional empujando esa atmósfera hacia atrás para hacerse espacio.

Entonces, ¿por qué la lata se enfría?

En términos de movimientos de energía general, la lata se enfría porque el gas que se escapa hace retroceder la atmósfera circundante, y la energía requerida para esto proviene de la energía interna de la lata y su contenido. En términos de proceso físico, la lata se enfría por dos razones diferentes dependiendo de su contenido. Si hay líquido (y por lo tanto también vapor) en la lata, entonces el enfriamiento es enfriamiento por evaporación. Si solo hay vapor, entonces el enfriamiento se debe a la expansión adiabática dentro de la lata del vapor que queda. También hay un ligero enfriamiento Joule-Thomson en la boquilla.

Para solo el gas en la lata, su expansión adiabática (reversible), por lo tanto isoentrópica, el cálculo de la temperatura final da el mismo resultado que calculé. 100 psia aire seco ( $\gamma$ = 1,4) inicialmente a 388 K (115 C) pasando a 14,7 psia: la temperatura final es de 225 K (-48 C). 100 psia temperatura inicial 293 K (20 C) la temperatura final es 169 K (-104 C). @bigjosh señala que el aire dentro de un neumático de bicicleta de 100 psia que libera el aire de su válvula no se enfría tanto; por qué: el volumen de los neumáticos cambia (disminuye), no es isoentrópico, ...? Puedo encontrar poca información sobre este tipo de problema. Agradezco su respuesta. – John Darby hace 12 minutos
@JohnDarby Para el neumático, me parece que hay dos problemas más: la conducción del calor y el volumen cambiante. A medida que cambia el volumen del neumático, el aire exterior actúa sobre el caucho del neumático. El neumático, a su vez, realiza trabajo en el interior del gas, manteniendo así su energía al menos hasta cierto punto. Y, por supuesto, la conducción de calor puede ocurrir tanto para el neumático como para la lata de gasolina, pero el neumático tiene una forma que hace que su área de superficie sea comparativamente más grande. Todo esto es solo mi primera conjetura.
Para el neumático de bicicleta también creo que el cambio de volumen es importante. Además, es probable que la válvula tenga un alto coeficiente de descarga (relación entre el caudal real y el caudal máximo) que reduce la tasa de pérdida de gas, lo que permite más tiempo para que se produzca la transferencia de calor al gas. Dentro de la lata, la expansión es hasta cierto punto irreversible debido a la turbulencia/calentamiento viscoso del diferencial de presión del gas interno al gas cercano a la salida. He actualizado mi respuesta en consecuencia. Tal vez alguien tenga algunos datos/correlaciones empíricos, pero no puedo encontrar ninguno. seguiré buscando :)
Referencia de terminología para la enfermedad física que menciona al comienzo de esta respuesta: xkcd.com/356 .
@AndrewSteane ahora es una respuesta excelente, tenga un voto a favor :)

jakev · Answer 8

La ecuación de los gases ideales establece que 'PV = nRT'. P es la presión, V es el volumen, n es el número de moles (la cantidad de 'cosas'), R es la constante universal de los gases y T es la temperatura. Por supuesto, el gas en su lata no es un gas ideal, pero está cerca. Entonces, cuando lo liberas de su estado comprimido en el contenedor, liberas una gran cantidad de presión. gotas P. El volumen no aumenta lo suficiente para compensar la caída de presión, por lo que algo más tiene que cambiar. Ese algo no puede ser la cantidad de cosas, ni la constante del gas, por lo que la temperatura también baja.

¿Cómo sabes que el volumen no sube lo suficiente a menos que ya sepas la respuesta para $T$ ? ¿ Por qué no sube el volumen lo suficiente?

Profesor Gopal Lohar · Answer 9

El coeficiente joule de Thompson es negativo ya que el gas sale por el pequeño orificio, para coeficiente negativo la tempr. disminuye y para coeficiente positivo la tempr. aumenta

El coeficiente de Joule-Thompson es para un proceso de entalpía constante que no es el caso aquí. Por favor, vea mi respuesta.
Más concretamente, el efecto Joule Thomson puede enfriarse o no, según el material, y no está relacionado con el orificio en sí.

hombrefila · Answer 10

Como señaló Andy S , rociar un aerosol se puede modelar como una expansión adiabática para la cual la "temperatura final" del sistema se puede obtener como

T_{F} = T_{i} {(\frac{V_{i}}{V_{F}})}^{γ - 1}

$T_f = T_i\left(\frac{V_i}{V_f}\right)^{\gamma-1}$

Puede ser más "conveniente" expresar esto como una función de la presión de la lata de aerosol (en lugar del "volumen" total de aerosol del sistema), por lo que al sustituir $V = nRT/P$ según la ley de los gases ideales, también podemos expresar la temperatura final como

T_{F} = T_{i} {(\frac{{PAGS}_{F}}{{PAGS}_{i}})}^{1 - 1 / γ} = T_{i} (\frac{{PAGS}_{F}}{{PAGS}_{i}}) {(\frac{{PAGS}_{i}}{{PAGS}_{F}})}^{1 / γ}

$T_f = T_i\left(\frac{P_f}{P_i}\right)^{1-1/\gamma} = T_i\left(\frac{P_f}{P_i}\right)\left(\frac{P_i}{P_f}\right)^{1/\gamma}$ dónde

$T_i$ y $T_f$ son las temperaturas inicial y final de la lata de aerosol, respectivamente
$P_i$ y $P_f$ son las presiones inicial y final de la lata de aerosol, respectivamente
$R$ es la constante universal de los gases , y $\gamma$ es la relación de capacidad calorífica

Sin embargo, como señaló Ron Maimon , las fórmulas anteriores solo son válidas para procesos adiabáticos reversibles , por lo que solo darán el enfriamiento "máximo posible" de la lata de aerosol. Entonces, tal vez un valor "más realista" para la cantidad real de enfriamiento podría provenir de tratar esto como un proceso adiabático irreversible , en el que el aerosol se expande contra una "presión externa / atmosférica constante". $P_{atm} < P_f$ .

Dado que la energía interna de un gas ideal depende solo de su temperatura y los procesos adiabáticos no intercambian calor con el entorno, entonces de acuerdo con la Primera Ley de la Termodinámica tenemos que

Δ tu = q - W \Rightarrow norte C_{v} Δ T = - {PAGS}_{a t metro} Δ V

$\Delta U = Q - W \Rightarrow nC_v\Delta T = -P_{atm}\Delta V$ Y al sustituir

V = n R T / P

$V = nRT/P$ por la ecuación de los gases ideales junto con

C_{v} = R / (γ - 1)

$C_v = R/\left(\gamma-1\right)$ por la relación de Mayer , podemos obtener la temperatura final como

T_{F} = T_{i} (\frac{{PAGS}_{F}}{{PAGS}_{i}}) \frac{{PAGS}_{i} + {PAGS}_{a t metro} (γ - 1)}{{PAGS}_{F} + {PAGS}_{a t metro} (γ - 1)}

$T_f = T_i \left(\frac{P_f}{P_i}\right)\frac{P_i + P_{atm}\left(\gamma-1\right)}{P_f + P_{atm}\left(\gamma-1\right)}$ que siempre será "más cálido" que el caso reversible ya que

\frac{{PAGS}_{i} + {PAGS}_{a t metro} (γ - 1)}{{PAGS}_{F} + {PAGS}_{a t metro} (γ - 1)} > {(\frac{{PAGS}_{i}}{{PAGS}_{F}})}^{1 / γ}

$\frac{P_i + P_{atm}\left(\gamma-1\right)}{P_f + P_{atm}\left(\gamma-1\right)} > \left(\frac{P_i}{P_f}\right)^{1/\gamma}$

Y al sustituir $C_p = R\gamma/\left(\gamma-1\right)$ según la relación de Mayer , también podemos obtener la entropía generada por nuestro proceso irreversible como

Δ S = norte C_{pags} en (\frac{T_{F, i r r}}{T_{F, r mi v}}) = \frac{norte R}{γ - 1} (γ en (\frac{{PAGS}_{i} + {PAGS}_{a t metro} (γ - 1)}{{PAGS}_{F} + {PAGS}_{a t metro} (γ - 1)}) - en (\frac{{PAGS}_{i}}{{PAGS}_{F}}))

$\Delta S = nC_p\ln\left(\frac{T_{f,irr}}{T_{f,rev}}\right) = \frac{nR}{\gamma-1}\left(\gamma\ln\left(\frac{P_i + P_{atm}\left(\gamma-1\right)}{P_f + P_{atm}\left(\gamma-1\right)}\right) - \ln\left(\frac{P_i}{P_f}\right)\right)$ que igualmente será siempre menor que la entropía de libre expansión (donde

P_{a t m} = 0

$P_{atm} = 0$ )

Δ S_{F r mi mi} = norte R en (\frac{{PAGS}_{i}}{{PAGS}_{F}})

$\Delta S_{free} = nR\ln\left(\frac{P_i}{P_f}\right)$

Pablo J. Gans · Answer 11

Ron Maimon tiene básicamente razón cuando atribuye la caída de la temperatura al trabajo que se está realizando. Tenga en cuenta que el gas no saldría de la lata si la presión externa fuera igual o mayor que la presión interna de la lata.

En cuanto a la aplicabilidad de la ley de los gases ideales, depende de la uniformidad del sistema (la lata de gas). La presión es menor en la boquilla que en la mayor parte del gas, pero esa diferencia desaparece aproximadamente en el tiempo que tarda una onda de sonido en hacer un par de viajes a través de la lata. Si el gradiente de presión es sustancial, el sistema no es uniforme y estamos en el campo de la hidrodinámica y no de la termodinámica.

usuario29485 · Answer 12

Cuando las moléculas de gas salen corriendo de la lata, en la lata estaban apretadas, pero en la habitación ahora estarán sueltas y tendrán distancias de vuelo más largas antes de rebotar hacia otras moléculas de gas.

En la lata y poco después de ser liberada, hay más moléculas de gas rociado en el centímetro cúbico que moléculas de aire en el aire circundante por cm3 (presión más alta), pero con una velocidad de vuelo de moléculas más baja multiplicada por un recuento de moléculas más alto (misma temperatura), luego, esas moléculas de gas se alejan unas de otras (expansión del volumen de gas) en la medida en que el recuento de moléculas es el mismo que en el aire circundante por cm3 (presión igualada, densidad de moléculas igual), pero ahora en la nube de gas la velocidad de las moléculas sigue siendo baja. Gases fríos. La velocidad promedio de la suma total es menor y la temperatura es más fría que el aire circundante. Es más sencillo pensar qué sucede cuando se comprime y por qué se calienta, luego deducir qué sucede, cuándo se expande y por qué se enfría.

Brian · Answer 13

Más o menos cómo funciona un sistema de aire acondicionado. La rápida expansión del refrigerante a través de un orificio en el sistema de aire acondicionado es de donde proviene el enfriamiento. En este caso, el propulsor líquido (que es similar al refrigerante en un sistema de A/C) en la lata se libera cuando la lata se mantiene boca abajo en lugar de solo gas cuando la lata se mantiene en posición vertical, la rápida expansión del propulsor provoca el enfriamiento

kurosaki · Answer 14

La mejor y más simple respuesta: toda la KE de las moléculas de gas se pierde al salir de la boquilla apretada y expandirse. Por fin te quedas con moléculas de gas lowK.E.

antonio x · Answer 15

El contenido de un bote de spray se encuentra mayoritariamente en forma líquida (tanto el producto a pulverizar como el propulsor). Hay algo de espacio de cabeza sobre el líquido que es esencialmente el propulsor en fase gaseosa. A medida que la mezcla se libera del recipiente, el volumen de líquido disminuye, con el correspondiente aumento en el espacio de cabeza. Para mantener el equilibrio, parte del propulsor líquido se evapora, lo que requiere calor, por lo que la temperatura desciende ligeramente.

Tenga en cuenta que la mezcla (producto y propulsor) que sale de la lata permanece en forma líquida hasta que pasa a través de un orificio en cuyo punto cae la presión y el propulsor se evapora, extrayendo calor de su entorno. Esto no tiene ningún efecto sobre la temperatura de la lata porque efectivamente ya la ha dejado.

La lata se enfría debido a la evaporación dentro de la lata para mantener el equilibrio entre las fases líquida y gaseosa del propulsor, no por lo que pueda estar pasando en la boquilla.

Juan Darby · Answer 16

Segunda respuesta actualizada basada en numerosos comentarios.

Muchos comentarios señalaron que el proceso real puede ser significativamente no isoentrópico e irreversible.

Mi tratamiento anterior usando la primera ley asumiendo un proceso isoentrópico proporciona el caso de enfriamiento máximo para el gas solo en la lata (sin líquido). Esto es equivalente a los cálculos realizados por otros que utilizan la relación presión/temperatura para la expansión adiabática reversible de un gas.

T_{F} = T_{i} ({pags}_{i} / {pags}_{F})^{(1 - γ) / γ}

$T_{\rm f} = T_{\rm i} (p_{\rm i} / p_{\rm f})^{(1-\gamma)/\gamma}$ (Por ejemplo, vea las respuestas de @Andrew Steane y @ManRow)

Esta estimación puede estar equivocada, como se señaló en un buen comentario de @bigjosh sobre la liberación de un neumático de bicicleta.

Creo que una evaluación más realista debería considerar lo siguiente. Dentro de la lata, para una liberación rápida de gas, la expansión es hasta cierto punto irreversible debido a la turbulencia/calentamiento viscoso debido al diferencial de presión del gas interior al gas cercano a la salida. La tasa de flujo de gas que sale de la abertura depende del coeficiente de descarga (relación entre el flujo de gas real y máximo); para una boquilla mecanizada, el coeficiente de descarga puede ser de 0,97 o superior, mientras que para un orificio afilado es de aproximadamente 0,61. Cuanto menor sea la tasa de pérdida de gas, mayor será el calor transferido desde el entorno al contenedor/gas. Tal vez alguien tenga algunos datos/correlaciones empíricos para aclarar las irreversibilidades importantes, pero no puedo encontrar ninguno en mis referencias. (Para el caso del neumático de bicicleta, el coeficiente de descarga a través de la válvula puede ser muy alto.

Mi respuesta anterior asumiendo un proceso isoentrópico sigue.

Esta pregunta se puede responder utilizando la primera ley de la termodinámica para un sistema abierto. El siguiente ejemplo se basa en un ejemplo del texto Elements of Thermodynamics and Heat Transfer, de Obert y Young. Considere el sistema que se muestra en la siguiente figura que consiste en gas comprimido en un recipiente con un orificio. Hay un flujo másico que sale del sistema hacia la atmósfera, que está a presión constante Pout.

A medida que la masa sale del recipiente, la presión y la temperatura del gas dentro del recipiente, Pin(t) y Tin(t) cambian con el tiempo, t. No se agrega calor ni se realiza trabajo sobre el gas en el recipiente. Para simplificar la evaluación para la discusión aquí, suponga que el proceso es isoentrópico; es decir, la entropía específica s es constante. Usando la primera ley, después del tiempo t

$m_iu_i - m_fu_f = (m_i - m_f)h + \int_{0}^{t} {v(t)^2 \over 2} dm$

dónde $m_f$ es la masa final de gas en el recipiente, $m_i$ la masa inicial, $u_f$ la energía interna específica final del gas, $u_i$ la energía interna específica inicial, $h$ la entalpía específica para el gas que sale del pozo, y $v(t)$ la velocidad dependiente del tiempo del gas que sale del agujero. $h$ es constante para un proceso isoentrópico ya que Pout es fijo, y las dos propiedades s y Pout especifican únicamente el estado termostático; por lo tanto, Tout, la temperatura del gas que sale del agujero, es constante. La velocidad $v(t)$ disminuye a medida que disminuye la presión en el recipiente. Dadas la presión y la temperatura iniciales del gas en el recipiente, se puede calcular la entalpía específica, s. La temperatura del gas que sale del agujero es la del estado (s, Pout). Además, una vez que la presión dentro del contenedor se reduce a Pout, el gas dentro del contenedor está en el estado (s, Pout) y tiene la misma temperatura que el gas que sale por el orificio. Por ejemplo, suponga que el gas dentro del recipiente es aire seco inicialmente a 0,6896 MPa (100 psia) y 388 K (240 F). Para este estado, s es 6.59 kJ/kg K. Para el aire que sale del orificio Pout es 0.1013 MPa (14.7 psia) y el estado (s, P) del aire que sale del orificio es constante en (6.59, 0.1013) y en en este estado la temperatura es de 225 K (- 55 F). Entonces, suponiendo un proceso isoentrópico, la temperatura del gas que sale del orificio es de 225 K (-55 F), que también es la temperatura del gas dentro del contenido una vez que alcanza la presión atmosférica. El gas dentro del contenido se enfría sustancialmente a medida que expulsa el gas.

Para calcular la tasa de despresurización, se requiere una evaluación del área del orificio y la velocidad de salida del orificio; el flujo que sale del orificio puede ser un flujo obstruido mientras la presión del recipiente sea suficientemente alta.

Siguen un par de comentarios con respecto a algunas de las respuestas anteriores.

(1) La expansión de Joule-Thompson es para un proceso de entalpía constante, lo cual no es el caso aquí, ya que la entalpía del fluido que sale no es la entalpía del fluido en el recipiente (mientras se expulsa el gas) debido a la alta velocidad del fluido expulsado. líquido. El coeficiente de Joule-Thompson se define como la derivada parcial de la temperatura con respecto a la presión a entalpía constante . Puede ser + o - y es cero para un gas ideal. Vea un buen texto de termodinámica como uno de Obert, o Sonntag y Van Wylen. La expansión de Joule-Thompson generalmente se explica mediante un proceso de estrangulamiento en el que el cambio en la velocidad del fluido es insignificante.

(2) No se requiere que el fluido en el recipiente sea un líquido que cambia de fase. Como se discutió anteriormente, un gas puro se enfría para este proceso.

No sigo tus matemáticas, pero creo que el experimento empírico debería ser lo suficientemente bueno aquí. Infla el neumático de tu bicicleta a 100 PSI, luego presiona el vástago de la válvula para dejar salir el aire. ¡Mida la temperatura del aire que sale e informe aquí con sus hallazgos!
Al principio de su discusión usted asume que el proceso es isoentrópico. Entonces, su discusión trata de ese caso, que en principio podría realizarse en un experimento cuidadoso. Sin embargo, el proceso dentro de una boquilla típica está, en la práctica, lejos de ser isoentrópico.
De hecho, asumes que el proceso es isoentrópico y no isentálpico, mientras que yo habría asumido lo contrario. 1. Me parece claramente irreversible, 2. para tal fluido forzado a través de una abertura inmóvil (sin transferencia de calor) debido a una caída de presión, asumiría un proceso isoentálpico.
Veo que el proceso puede estar lejos de ser isentrópico y actualicé mi respuesta. No sé cómo abordar la irreversibilidad y estoy buscando que otros respondan. No creo que el proceso sea isentálpico debido a la alta velocidad del gas expulsado.

Jaime. Jorge · Answer 17

Las anteriores no son razones correctas para el enfriamiento del gas. El gas que fluye desde el interior a alta presión hacia el exterior a través de una pequeña boquilla o boca. El enfriamiento ocurre cuando pasa a través de la sección más pequeña para acomodar el volumen según PV=nRT, y la presión permanece igual. Cuando el gas se libera repentinamente al exterior, no hay energía disponible; la reducción de presión ajustada con el volumen en lugar de la temperatura en este caso. Entonces, la temperatura del aire enfriado permanece igual.

charles crummer · Answer 18

Para explicar por qué se produce el enfriamiento, hay que observar lo que les sucede a las partículas mismas. En la lata, las velocidades de las moléculas son vectores distribuidos aleatoriamente. Sus energías forman una distribución gaussiana sobre la temperatura del gas allí. La boquilla es una especie de demonio de Maxwell. Es un mecanismo de clasificación, seleccionando solo ciertas moléculas. Para salir, una molécula debe estar en el orificio de la boquilla dentro de la lata, pero además su velocidad debe tener una componente en la dirección del plano interior del orificio de la boquilla y estar colimada, sin golpear demasiado los lados del tubo de la boquilla. veces, saldrá a la atmósfera. La colección de estas moléculas tendrá, más o menos, una velocidad de salida colectiva. A medida que salen, estas moléculas trabajan contra las moléculas de la atmósfera. Por la Ley de Furst,

Para que conste, me temo que esta respuesta es simplemente falsa (al igual que todos los argumentos basados en el "demonio de Maxwell"). Para que dicho proceso funcione, la boquilla debe estar más fría que el gas que selecciona (expulsa); de lo contrario, el movimiento térmico de las partículas de la tobera frustra el propósito.

¿Por qué el gas se enfría cuando lo pulverizo?

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