Capitulo II Castellan

CAPÍTULO 2 PROPIEDADES EMPÍRICAS DE LOS GASES

II

PROPIEDADES EMPÍRICAS DE LOS GASES

2-1. Cinco gramos de etano se encuentran dentro de un bulbo de un litro de capacidad. El bulbo es tan débil que se romperá si la presión sobrepasa las 10 atmósferas. ¿A qué temperatura alcanzará la presión del gas el valor de rompimiento?

Datos:

Masa Etano = 5gSi P > 10 atm. el bulbo se romperá

Solución:

PV = nRT Ecuación II - 1

n= mM

Ecuación II - 2

Despejando T de la Ecuación II-1 y sustituyendo en la Ecuación II-2, tenemos

2-2. Un gran cilindro para almacenar gases comprimidos tiene un volumen aproximado de 1.5 pies3. Si el gas se almacena a un presión de 150 atm a 300°K, ¿cuántos moles de gas contiene el cilindro? ¿Cuál sería el peso del oxígeno en un cilindro de esta naturaleza?

Datos:

V = 1.5 pies3

P = 150 atmT = 300 K

Solución

a) ¿Cuántos moles de gas contiene el cilindro?

1

T= MPVRm

=(30 g/mol )(10 atm)¿¿

n=PVRT

=(150 atm ) (1.5 ft3 )(28.316<¿1 ft3)(0.082057<atm/molK )(300 K )

=258,84 moles

a

b


b) ¿Cuál sería el peso del oxígeno en un cilindro de esta naturaleza?

Despejo m de la Ecuación II-2

m = nM

m = (258.84 moles) × (32 g/mol)

2-3. En el sistema ilustrado en la fig. 2-13 se halla contenido helio a 30.2°C. El bulbo de nivelación L se puede levantar para llenar el bulbo inferior con mercurio y forzar la entrada del gas a la parte superior del dispositivo. El volumen del bulbo 1 hasta la marca b es de 100.5 cm3 y el del bulbo 2 entre las marcas a y b es de 110.0 cm3. La presión del helio se mide por la diferencia entre los niveles del mercurio en el dispositivo y en el brazo evacuado del manómetro. Cuando el nivel del mercurio está en a la presión es 20.14 mm de Hg. ¿Cuál es la masa de helio en el recipiente?

Datos:

mHe = 4g/molT = 30,2°C = 303,35°KV1 = 100,5 cm3

V2 = 110,0 cm3

Pa = 20,14mm Hg = 0,0265 atm

Fig. 2 - 13

Solución:

V Total de He

2

V2

V

m = 8282,88g


V1+ V2 = 100,5 + 110,0 = 210,5 cm3 = 0,2105L

Despejo m de la Ecuación II-2 y sustituyendo en la Ecuación II-1

2-4. Se emplea el mismo tipo de aparato usado en el problema anterior. En este caso no se conoce el volumen V1, el volumen en el bulbo 2, V2, es 110.0 cm3. Cuando el nivel del mercurio está en a la presión es 15.42 mm de Hg. Cuando el nivel del mercurio se eleva a b la presión del gas es 27.35 mm Hg. La temperatura es 30.2°C.a) ¿Cuál es la masa de helio en el sistema? b) ¿Cuál es el volumen del bulbo 1?

Datos:

V2 = 110.0 cm3 = 0,11 LPa = 15.42 mm de Hg = 0,020 atmPb = 27.35 mm de Hg = 0,036 atmT = 30.2 °C = 303,35 K

Solución:

a) Despejo m de la Ecuación II-2 y sustituyendo en la Ecuación II-1

b) PaVa = nRT

Pa (V1 + V2) = PbV1

0,020 atm (V1 + 0,11 L ) = 0,036 V1

0,020 atm V1 + 2,23 × 103 = 0,036 V1

2,23 × 103 = 0,016 V1

2-5. Supongamos que al establecer las escalas de los pesos atómicos las condiciones de referencia escogidas hayan sido Po. = 1 atm, Vo. = 30.000 litros y To = 300.00 K. Calcular la "constante del gas", el "número de Avogadro" y las masas de un "número de Avogadro" de átomos de hidrógeno y de oxígeno.

3

m=PVMRT

=(0,0265 atm ) (0,2105 L )(4 g /mol)

(0,082057atmLmolK )(303,35 K )

=8,964∗10−4 g

m=PVMRT

=(0,036 atm ) (0,1422 L )(4 g/mol)

(0,082057 atm L/mol ° k )(303,35 ° K)=8,226∗10−4 g

V1 = 0,142 L


Datos:

P0 = 1 atm

Vo = 30.000 L To = 300.00 K

Solución:

R=P1V 1

T 2 Ecuación II - 3

R=(1 atm)(30 lt/mol )300ºK

=0. 01lt atmmolºK

n=P1V 1

R0T 1

=R1

R0

= 0 .1000 .082057

=1. 2187

N1 = (6.023 ×1023)(1.2187) = 7.34 ×1023 moléculas/mol

Para el Hidrógeno

6.023 ×1023 —M H0

= 1 g/mol

7.34 ×1023— M H0

Para el Oxígeno

6.023× 1023 — M O0

= 16 g/mol

7.34 × 1023 — M O1

4

M H1 = 7 .34×1025

6 .023×1023=1.218 g/mol

M O1

= 7 . 34×1023

6 . 023×102316=19 . 488 g/mol


2-6. El coeficiente de expansión térmica está definido por α = (1/V)(δV/δT)P . Aplicando la ecuación de estado calcular el valor de α para un gas ideal.

V=nRTp Ecuación II - 4

Derribo la Ecuación (II-4) con respecto a la temperatura T manteniendo la presión constante

( δVδT )

P

=nRP

Ecuación II - 5

α=( 1V )( δV

δT )P

Ecuación II - 6

Reemplazo la Ecuación (II-5) en la Ecuación (II-6)

α= 1V

nRp

Como la ecuación de estado

nRpV

= 1T

Por lo tanto

2-7. El coeficiente de compresibilidad β está definido por β=−(1/V ) (∂V /∂ P )T Calcular el valor de

para un gas ideal.

Derribo la Ecuación (II-4) con respecto a la presión manteniendo la temperatura constante

5

α= 1T


( δ Vδ P )

T

=−nRT

P2

Ecuación II - 7

β=−( 1V )( δV

δP )T

Ecuación II - 8


β=−( 1V )(−nRT

P2 )Según la Ecuación de estado

nRTpV

=1

Por lo tanto

2-8. Expresar la derivada (δp/δT)V de un gas en función de y β .

De la ecuación de estado se obtiene que

∂ P∂T

=nRV

nRV

= pT

2-9. Un gramo de N2 y 1 g de O2 se colocan en un frasco de 2 litros a 27°C. Calcular la presión parcial de cada gas, la presión total y la composición de la mezcla en moles por ciento.

6

β= 1P

(∂ P∂T )

V= 1

Tp=α

β


Datos:

mN2 = 1 g

mO2 = 1 g

V = 2 L T = 27°C = 300,15 K

pi=niRTV Ecuación II - 9

pi=xi pr

Ecuación II - 10

x i=ni

nr Ecuación II - 11

De la ecuación (II-9) tenemos para el N2

y para el O2

nT= 128

+ 132

=0 , 06696

Utilizando la Ecuación (II-11)

xo2=

(1/32 )0 .06696

=0 .466 xN 2=

(1/28 )0 .06696

=0 .533

Composición Molar

7

PN2=(1 gr

28 gr/mol )0 .082057

lt atmmol ºK

(300 ,15 )ºK

2 lt=0 ,4398 atm

pO2=( 1

32 ) (0.082057 )(27+300 ,15 )2

=0 ,3848 atm

PT = PN2 + Po2 = 0,4398 + 0,3848 = 0,8246 atm

%no2=100 xo2

=46 . 6 %


2-10.Un gramo de H2 y 1 g de 02 se colocan en una botella de dos litros a 27°C. Calcular la presión parcial de cada gas y la presión total al igual que la composición de la mezcla en moles por ciento. Comparar estos resultados con los del problema 2-9.

Datos:

mN2 = 1 g

mO2 = 1 g

V = 2 L T = 27°C = 300,15 K

nr=12+ 1

32=0. 5313

xH 2=

(1/2)0 .5313

=0 . 941 xo2=

(1/2)0 .5313

=0 .0588

Comparación:

La diferencia con los resultados del problema anterior se debe a que tenemos las mismas masas pero diferentes pesos moleculares, lo que hace que haya muchas más moles de H2 que de O2 ya que es bastante más ligero. Entre N2 y O2 la diferencia no es tan fuerte.

2-11.Le agrega una mezcla de nitrógeno y vapor de agua a un recipiente que contiene un agente secante sólido. Inmediatamente después, la presión en el recipiente es de 760 mm Hg. Luego de algunas horas, la presión alcanza un valor constante de 745 mm Hg

a) Calcular la composición de la mezcla original en moles por ciento

8

%nN2=100x N2

=53 .3%

pN2=

(0 . 082054 )(300 .15 )2

=6 .15 atm

po2=

(0 . 082054 )(300 .15 )2

=0 .3848 atm

pT=pN2+ po2

=6 .534 atm

%nH 2=100 xH 2

=94 .1 %

%no2=100 xo2

=5. 88 %


b) Si el experimento se realiza a 20°C y el agente secante aumenta su peso en 0.150 g, ¿Cuál es el volumen del frasco? (se puede despreciar el volumen ocupado por el agente secante).

Datos:

mN2 = 1 g

mO2 = 1 g

V = 2 L T = 27°C = 300,15°K

Solución:

A) El agente secante absorbe el vapor de agua y por eso es que, al cabo de un tiempo, la presión total disminuye pues la presión del agua desaparece.

Pi = PN2 + PH2O

Pf = PN2

Haciendo uso de las ecuaciones (II-10) y (II-11)

xN 2=

pN 2

pT

=p f

p i

=745760

=0 . 98

xN 2O=pH2O

pT

=p i−pf

p i

=760−745760

=0 .02

b) El aumento en peso del agente se debe al agua absorbida

Utilizando la ecuación II-9

2-12.Se analiza una mezcla de oxígeno e hidrógeno pasándola sobre óxido de cobre caliente y por un tubo secante. El hidrógeno reduce el CuO según la ecuación CuO + H2 → Cu + H2O; el oxígeno reoxidiza el cobre formado: Cu + ½ O2 →CuO. 100 cm3 de la mezcla, medidos a 25°C y 750 mm producen 84.5 cm3 de oxígeno seco, medidos a una temperatura de 25°C y 750 mm después de su paso sobre el CuO y el agente secante. ¿Cuál es la composición original de la mezcla.

Datos:

9

%nN2=98 %

%nH 2O=2 %

V=mH2O

M H2O ( RTpH2O )=( 0 . 15

18 )×(0 .082054 )(20+273 . 15)(15 /760 )

=10 . 156


VT = 100 cm3 = 0.1 LT = 25°C = 298 K

PT = 750 mm Hg = 0.9868 atmV O2 = 84.5 cm3 = 0.0845 L

Solución:

Según la ley de Hez tenemos:

CuO + H2 → Cu + H2OCu + ½ O2 → CuOH2 + ½ O2 → H2O

x + y

nT=PT V T

RT Ecuación II - 12

nT=(0.9868 atm)(0.1 L)

(0.082057 L atm mol−1 K−1)(298 K )

nT = 4.034 ×10−3 moles

Moles de oxígeno que salen

nO 2salen=

PO 2V O2


nO 2salen=

(0.9868 atm)(0.0845 L)(0.082057 L atm mol−1 K−1)(298 K )

nO 2 salen = 3.408 ×10−3 moles

nT = x + y + nO 2 salen

nT = x + x/2 + nO 2 salen

nT = 3/2 x + nO 2 salen

3/2 x = nT - nO 2 salen

x = 2/3 (4.034 ×10−3 - 3.408 ×10−3 ) moles

x = 4.173 ×10−4 = moles H2

nO 2 entran = nT + x

10


nO 2 entran = 4.034 ×10−3 - 4.173 ×10−4

nO 2 entran = 3.617×10−3 moles

Composición original de la mezcla

x= moles imolesT

Ecuación II - 14

xN 2=4.173 ×10−4

4.034 × 10−3 × 100

xO2=3.617 × 10−3

4.034 × 10−3 × 100

2-13.Demostrar que x i=( y i/ M i )/ [ ( y1/ M 1)+ ( y2 /M 2 )+.. . ] , en donde

X i y1 y M i son la fracción

molar, el porcentaje del peso y el peso molecular del componente i respectivamente.

ni=mi

Mi

x i=ni

nT

y i=mi

mT

100

Combinando estas relaciones

nT=n1+n2+. .. ni=mT y i

100 M i

nT=mT y1

100 M i

+mT y2

100 M 2

+. ..

11

xN 2= 10.34%

xO2= 89.66 %


x i=ni

nT

=

mT y1

100 M i

mT y1

100 M i

mT y2

100 M 2

+.. .

=

mT

100

y1

Mi

mT

100 ( y1

M i

+y2

M 2

+.. .)

2-14.Una mezcla de gases está compuesta de etano y butano. Se llena un bulbo de 200 cm 3 de capacidad con la mezcla a una presión de 750 mm y 20°C. Si el peso del gas en el bulbo es 0.3846 g, ¿cuál es el porcentaje molar de butano en la mezcla?

Datos:

V = 200 cm3 = 0.2 LT = 20°C = 293.15 K

P = 750 mm Hg = 0.9868 atmm = 0.3846 gM C2 H 6

= 30g/mol

M C4 H10 = 58g/mol

Solución:

mT=Σn i M i

Ecuación II - 15

mT=nE M E +nB M B

Ecuación II - 16

mT=30 nE +58 nB

nT=nE +nB

Ecuación II - 17

nE=nT−nB

Ecuación II - 18


12

=

y i

M i

y1

M1

+y2

M 2

+.. . .


mT=30¿¿

0.3846=30 nT +28 nB

Ecuación II - 19

nT=PVRT

=(0.99 atm )(0.2 L)

(0.082057 L atm mol−1 K−1 )(293,15 K )

nT=¿8.20×10−3 moles

Reemplazo el valor de nT en la Ecuación (II-19)

0.3846 = 30(8.20 ×10−3¿+28 n¿B

0.3846 = 0.2461 +28 nB

28 nB = 0.1385

nB = 4.945×10−3 moles

De la Ecuación (II-18) obtengo

nE=¿3.255 ×10−3 moles

xE= 0.3970 ×100

xB= 0.6030×100

2-15.Un bulbo de 138.2 ml contiene 0.6946 g de gas a 756.2 mm y 100°C. ¿Cuál es .el peso molecular del gas?

Datos:

V = 138.2 ml = 0.1382 Lm = 0.6946 gP = 756.2 mm Hg = 0.995 atmT = 100°C = 373.15 K

13

%ETANO = 39.70%

%BUTANO = 60.30%


Solución:

M=mRTPV

=(0.6946 g ) ¿¿

2-16.Suponiendo que el aire tiene un peso molecular promedio de 28.8 y que la atmósfera es isotérmica a 25°C, calcular la presión barométrica en Guadalajara (México), ciudad que se encuentra a 1567 m sobre el nivel del mar; calcular la presión barométrica en Cerro del Pasco (Perú), 4259 m sobre el nivel del mar. La presión a nivel del mar es de 760 mm.

Datos:

M AIRE = 28.8 g/molT = 25°C = 298 K

Solución:

p =po e−Mg Ζ / RT Ecuación II - 20

(p0 presión a nivel del suelo)

pGuad=760 e−(28 .8)(980)(1567×102)/(8.3144×107×298.15 )

ppasco=760e−(28 .8)(980)(4259×102)/(8 .3144×107×298. 15 )

14

M

=154 .57 gr/mol

= 635.81 mm

= 467.97 mm

50 Km


2-17.La composición aproximada de la atmósfera a nivel del mar está dada por la siguiente tabla:

Gas Porcentaje en moles

Nitrógeno 78,09

Oxígeno 20,93

Argón 0,93

Dióxido de carbono 0,03

Neón 0,0018

Helio 0,0005

Criptón 0,0001

Hidrógeno 5 x 10-5

Xenón 8 x IO-6

Ozono 5 x IO-5

Despreciando las cuatro últimas componentes, calcular las presiones parciales del resto, la presión total y la composición de la atmósfera en moles por ciento a alturas de 50 y 100 km (t 25°C).

Pi=Pio ℮−MgΖ /RT

Ecuación II - 21

Pio=x io Po

Ecuación II - 22

x i(z)=Pi(z)Pr (z)

% ni=100 x i(z)

15

PT = 3.48× 10-3

100 km


2-18.¿Cuál debe ser el peso molecular de un gas para que la presión del gas disminuya la mitad de su valor a una distancia vertical de un metro? (t 25°C) ¿Qué tipos de moléculas tienen pesos moleculares de esta magnitud?

Datos:

T = 25°C = 298 K

Solución:

A partir de la Ecuación (II-21) tenemos

lnPP∘

= MgzRT

M= RTgz

lnPO

ρ°

P=P°

2ó=P

P

2-19.Considerar un "gas ideal de papas" que tiene las siguientes propiedades: obedece la ley del gas ideal, las partículas individuales pesan 100 g pero no ocupan volumen; es decir, son masas puntuales.a) A 25 °C, calcular la altura a la cual el número de papas por centímetro cúbico disminuye a una

millonésima parte de su valor a nivel del suelo.

16

PT = 1.391× 10-5

M=(8,3144 × 107 ) (298.15 )

(980 ) (100 )ln2=175333.59 g /mol


b) Sabiendo que las papas ocupan volumen, hay alguna correlación entre el resultado del cálculo en (a) y la distribución espacial observable de las papas en una bolsa de papel?

N Z

No

=℮−M g z ∕ RT

Z= RTMg

lnNo

N z

N Z

No

=10

b) Sí hay correlación ya que la altura obtenida en a) es despreciable, lo que implica que todas las papas están en el suelo y esto es lo que observamos.

2-20.Expresar las presiones parciales en una mezcla de gases (a) en función de las concentraciones molares Ci

(b) en función de las razones molares ri.

Solución:

Pi=X i P=ni

nT

P Ecuación II - 23

De la ecuación de estado se tiene

PnT

= RTV

Ecuación II - 24


Pi=ni

VRT

Ecuación II - 25

La concentración se define como

17

Z=(8.3144 ×107 ) (298.15 )

(100 ) (6.023 × 1023 ) (980 )ln106=5.8 ×10−18 cm


C i=ni

V Ecuación II - 26

Ecuación II - 27

Las razones molares se definen como

ri=ni

n1 Ecuación II - 28Se tiene

1+∑ ri=∑ ni

n1

=nT

n1 Ecuación II - 29

ri

(1+∑ ri )=

ni

nT

=X i

2-21. Si a una altura h dada, la presión de un gas es Ph y la presión a z=0 es

P0 , demostrar que a cualquier

altura, z, P=Po fhz

donde

f =Pz

P0

Datos:

Demostrar:

P=Po fhz

f =P z

P0

Solución:

18

Pi=X i P=Pri

(1+∑ ri)

Pi=Ci RT


Ph=P0 e−Mgh

RT =P0 (e−Mg

RT )h Ecuación II - 30

P z=P0( e− Mg

RT )Z Ecuación II - 31

e− Mg

RT =( P z

P0)1

Z

Ecuación II - 32


2.22.Al morir Julio César, su última exhalación tenía un volumen de 500 cm3 aproximadamente. Esta cantidad tenía 1 mol % de argón. Supóngase que la temperatura era de 300oK y que la presión a nivel del suelo era 1 atm. Supóngase que la temperatura y la presión son uniformes sobre la superficie y aun tienen esos valores. Si las moléculas exhaladas por César han permanecido todas en la atmosfera terráquea y se han esparcido completamente a través de ella, cuántas inhalaciones de 500 cm3 cada una debemos realizar en promedio para inhalar una de las moléculas de argón de César.

Datos:V = 500 cm3

T = 300 KP = 1atm

nJC = 0.01

Solución:

Vatm= área de la superficie terrestre x altura = 4 πr 2 z

nJC=∫0

∞

nJC0 e

−MgzRT 4 πr2 dz

Ecuación II - 33

19

P z=P0( Pz

P0)h

Z


nJC=nJC0 RT

Mg4 πr2

Ecuación II - 34

Despejando nJC0

tenemos

nJC0 =

MgnJC

RT 4 πr 2 Ecuación II - 35

nJC=0 .01PVRT

=0 .01(1)(0 . 5)

(0 .082 )(300)=2 .031∗10−4

N JC0 =nJC

0 N 0 Ecuación II - 36

Sustituyo la Ecuación (II-36) en la Ecuación (II-35)

N JC0 =

MgnJC

RT 4 πr2N0

Ecuación II - 37

N JC0 =

(39 .948)(980 )(6 . 023∗1023)4 π (6 .37∗108 )(8 . 314∗107 )(300 )

N JC0 moléculas

cm3∗500

cm3

inhalación=0 .0188

moleculasinhalación

Número de inhalaciones necesarias para aspirar una molécula de Julio Cesar, es decir

2-23.a) Demostrar que si calculamos el número total de moléculas de un gas en la atmosfera aplicando la formula barométrica obtendríamos el mismo resultado que al suponer que el gas tiene una presión a nivel del suelo hasta una altura z=RT/Mg y que la presión es cero por encima de este nivel.

b) Demostrar que la masa total de la atmosfera terrestre está dada por Ap0/g, donde po es la presión total a nivel del suelo y A es el área de la superficie terrestre. Nótese que este resultado no depende de la composición de la atmósfera. (Resolver este problema calculando primero la masa de cada

20

1

0 .0188moleculasinhalación

=53 .31inhalaciones

molécula


constituyente, fracción molar Xi, peso molecular Mi, y sumar. Luego, examinando el resultado, resolverlo de la manera más fácil.)

c) Si el radio promedio de la tierra es 6.37×108cm, g=980 cm/seg2, y Po = 1atm, calcular la masa de la atmosfera en gramos.

Datos:

a) Z = RT/Mgb) MT = AP0/gc) r = 6.37*108cm

g = 980 cm/seg2

Po = 1atm

Solución:

a) dn=n01 Adz Ecuación II - 38

n=∫0

Z

n01 Adz

=n01 Az

=n01 A

RTMg Ecuación II - 39

dn=n01 Ae

−MgZRT dz Ecuación II - 40

El número total de moléculas en la atmósfera será

n=n01 A∫

0

∞

e−MgZ

RT dz Ecuación II - 41

Ecuación II - 42

b) De acuerdo con la ley de distribución barométrica, la masa del componente i de la atmosfera en una fracción diferencial será

dmi=ρoi e− Mgz

RT Adz Ecuación II - 43

mi=∫0

∞

ρoi e− Mgz

RT Adz= ρoi ARTMi g

Ecuación II - 43

De la ecuación de estado sabemos que

21

n=n01 A

RTMg


ρoi=M i Poi



mi=Poi A

g Ecuación II - 45

Ecuación II - 42

c) La superficie de la tierra es 4πr2, por lo tanto,

2-24.Puesto que los gases atmosféricos se distribuyen diferentemente según sus pesos moleculares, el porcentaje promedio de cada gas es diferente del porcentaje a nivel del suelo; los valores, Xi, de las fracciones molares a nivel del suelo se suministran a continuación.a) Deducir una relación entre la fracción molar promedio del gas en la atmosfera y las fracciones

molares a nivel del suelob) Si las fracciones molares de N2, O2 y Ar a nivel del suelo son 0.78 ; 0.21 y 0.01 respectivamente,

calcular las fracciones molares promedio de N2, O2 y A en la atmosfera.c) Demostrar que la fracción de peso promedio de cualquier gas en la atmosfera es igual a su fracción

molar a nivel del suelo.

Datos:

b) XN2 = 0.78 XO2 = 0.21 XAr = 0.01

Solución:

a) Xi= ni

nT Ecuación II - 43

dni=ni0e

−MgZRT Adz Ecuación II - 44

22

mT=∑ mi=∑Poi A

g= A

g∑ Poi=

Ag

Po

mT=(1. 01325∗106 ) dinascm2

4 π (6 .37∗108 )2cm2¿980 cm / seg2 ¿¿

=5. 27∗1021 g¿


ni=ni0 RTA

M i g Ecuación II - 45

ni=ni0=∑ ni

0 RTAMi g

= ARTg ∑

n i0

M i Ecuación II - 46

Reemplazo la Ecuación (II-45) y Ecuación (II-46) en la Ecuación (II-43)

X i=

ni

M i

ARTg

∑ ni

M i

ARTg Ecuación II - 47

Xi=ni

0

nT0

Ecuación II- 48

Ecuación II - 49b) Aplicando la Ecuación (II-49)

∑X i

0

M i

=0 .7828

+ 0. 2132

+0 . 0140

=0 . 03468

X N 2=

0 .7828

0 .03468=0. 804

XO 2=

0 .2132

0 .03468=0 .189

c) La fracción de peso promedio

23

X i=

X i0 nT

0

M i

∑X i

0 nT0

M i

=

X i0

M i

∑X i

0

M i

X Ar=

0 . 0140

0 . 03468=0 .007

Z

0


f i=W iT

W T

=Masa total de i en la atmosfera/ masa total en la atmosfera

De los resultados obtenidos en el inciso a), tenemos que,

W iT=niT M i ¿

ARTgM i

ni0 M i

¿

ARTg

ni0

Ecuación II - 50

WT=∑W iT =∑ ARTg

ni0= ART

g ∑ ni0= ART

gnT

0

Ecuación II - 51

Por lo tanto

2-25.Considérese una columna de gas en un campo gravitatorio. Calcular la altura Z determinada por la condición de que la masa de la columna está situada debajo de Z.

Solución:

Consideremos un área transversal de 1cm2. La masa total en la sección diferencial dz será

dm=m0 e−MgZ

RT dz Ecuación II - 52

Integrando hasta una altura Z, tenemos

m(Z)= -m0

RTMg

e−MgZ /RT

m(Z) = -m0

RTMg

[1−e−MgZ /RT ]

La masa total la obtendremos integrando hasta infinito,

24

f i=

ARTg

n i0

ARTg

nT0=X i

0


mT= m(Z=∞) = m0

RTMg

m(Z )mT

=[1−e−MgZ /RT ]

M(Z) = mT/2

12=1−e−MgZ/ RT

25

Z=

RTMg

ln 2

Capitulo II Castellan

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