Las moléculas de helio y argón en los recipientes a la misma temperatura tendrán la misma velocidad rms porque la velocidad de las moléculas de gases ideales depende únicamente de la temperatura.

1. P2. Un recipiente lleno con gas helio y otro con gas
argón. Ambos están a la misma temperatura.
¿Cuáles moléculas tienen la mayor rapidez rms?
Explique.
Si suponemos que los dos gases tienen la misma cantidad
de masa entonces la velocidad de las móleculas es igual.
La velocidad de las móleculas depende directamente de la
temperatura, hay otras variables pero no son constantes
para los gases ideales.
Por lo tanto la velocidad debe ser igual, al aumentar la
temparetura aumenta la velocidad.

2. P6. Un liquido llena parcialmente un recipiente. Explique por que la
temperatura del líquido disminuye si al recipiente se le hace vacío
parcial.(Con el uso de esta técnica, es posible congelar temperatura arriba
de los 0°C)
Si tenemos un recipiente lleno parcialmente de liquido y el recipiente
tiene un vacío de parcial.
El gas que se encuentra en recipiente procede a expandirse lo que quiere
decir que el gas va a realiza un trabajo es decir que la energía interna y la
temperatura disminuyan. Expresado en la siguiente ecuación.
Δ𝐸𝑖𝑛𝑡 = 𝑛𝐶𝑃Δ𝑇 + −𝑃Δ𝑣
Posteriormente el liquido de recipiente llegara a un equilibrio térmico con
el gas a baja presión.
Este proceso es usado en los refrigeradores, congeladores y sistemas de
aire acondicionado para congelar a una temperatura por encima de 0°C

3. E1. En un intervalo de 30,0s, 500 granizos chocan contra una ventana de vidrio de 0,600
m²a un ángulo de 45,0° con la superficie de la ventana. Cada granizo tiene
una masa de 3,00 g y se mueve con una rapidez de 8,00 m/s. Si se supone
colisiones elásticas, encuentre la fuerza promedio y la presión sobre la
ventana.
Datos:
Δt= 30.0 s
v=8 m/s
ϑ=45°
m=3 g~ 0,003 kg
a) Para encontrar la fuerza promedia de N
moléculas:
𝐹 = 𝑁𝑚
Δ𝑣
Δ𝑡
𝐹 = 500(3.00 × 10−3
𝑘𝑔)
𝟖𝟎𝟎𝒔𝒆𝒏𝟒𝟓,𝟎°− −𝟖,𝟎𝟎𝒔𝒆𝒏𝟒𝟓° 𝒎/𝒔
𝟑𝟎,𝟎𝒔
𝐹 =0,943 N
VENTANA
45°

4. b. Presión sobre la ventana.
Para encontrar el valor de la presión que ejerce el granizo sobre la ventana se
usa la siguiente ecuación.
𝑷 =
𝑭
𝑨
Para ello se debe determinar primero la superficie en la que
golpe el granizo en el vidrio.
Donde el A= 0,60 m²
𝑷 =
0,943 N
0,60 m²
𝑷 = 𝟏, 𝟓𝟕 𝑵/𝒎²
𝑷 = 𝟏, 𝟓𝟕𝑷𝒂

5. E7. (a) ¿Cuántos átomos de helio llenan un globo que tiene un diámetro de 30,0 cm
a 20,0°C y 1,00 atm? (b)¿Cuál es la raíz de la energía cinética promedio de los
átomos de helio?(c)¿Cuál es la rapidez cuadrática media de los átomos de helio?
(a) ¿Cuántos átomos de helio llenan un globo que tiene un diámetro de 30,0 cm a 20,0°C
y 1,00 atm?
D= 30,0 cm.
T=20,0°C
P=1,00 atm
Para ello usamos una ecuación de estado para un gas ideal.
𝑃𝑣 = 𝑁𝑘𝐵𝑇
Despejamos el número de átomos.
𝑁 =
𝑃𝑣
𝑘𝐵𝑇

6. 𝑁 =
1,013𝑥105
𝑃𝑎(
4
3
𝜋 0,150𝑚 ᵌ)
1,38𝑥10 − ᵌᵌ𝐽/𝐾 293𝐾
𝑁 = 3,54𝑥10²ᵌ
(b)¿Cuál es la raíz de la energía cinética promedio de los átomos de helio?
1
2
𝑚𝑜𝑣2 =
3
2
𝐾𝐵𝑇
𝐸𝐶 =
3
2
𝐾𝐵𝑇
𝐸𝐶 =
3
2
1,38𝑥10 −23
293J
𝐸𝐶 = 6,07x10 −21 𝐽

7. c) )¿Cuál es la rapidez cuadrática media de los átomos de helio?
Para el helio la masa atómica es:
𝑚 =
4.00g/mol
6.02 × 1023𝑚𝑜𝑙𝑒𝑐𝑢𝑙𝑎𝑠/𝑚𝑜𝑙
𝑚 = 6,64x10 −24
Para la rapidez cuadrática usamos la siguiente ecuación.
𝑣𝑟𝑚𝑠 =
3𝑘𝐵𝑇
𝑚
𝑣𝑟𝑚𝑠 =
3(1,38𝑥10−23)(20°𝐶)
6,64𝑥10 −24
𝑣𝑟𝑚𝑠 = 1,35Km/s

8. 2.86 Hallar en el nitrógeno gaseoso:
a)La temperatura, con la cual a las velocidades de las moléculas v1=300m/s y
v2= 600 m/s les corresponden valores idénticos de la función de la distribución
de Maxwell F(v)
Mediante la función de distribución de Maxwell tenemos que:
𝑓 𝑣 = 4𝜋
𝑚0
2𝜋𝑘0𝜏
2
3
𝑣2
ⅇ
−
𝑚𝑉2
2𝑘0𝑇
𝒎𝑵𝟐
=
𝟐𝟖𝒈
𝒎𝟎𝒍
×
𝟏
𝟎. 𝟎𝟐𝟐 × 𝟏𝟎𝟐𝟑
×
𝟏
𝟏𝟎𝟎𝟎𝒌𝒈
= 𝟒. 𝟔𝟓 × 𝟏𝟎−𝟐𝟔𝒌𝒈
𝑓 𝑣1 = 4𝜋
4.65 × 10−26𝑘𝑔
2𝜋𝑘0𝑇
ᵌ/² 300 2ⅇ
−
𝑚 300 2
2𝑘0𝑇
𝑓 𝑣2 = 4𝜋
𝑚𝑜
2𝜋𝑘0𝑇
3/2 600 2ⅇ
−
𝑚 600 2
2𝑘0𝑇
Datos:
V1=300m/s
V2=600 m/s

9. 𝑓 𝑣1 = 𝑓 𝑣2
Entonces tenemos que:
3002ⅇ
−𝑚 300 1
𝜆𝑘0𝑇
= 6002ⅇ
−
𝑚 600 2
2𝑘0𝑇
ⅇ
−𝑚
2𝑘0𝑇
6002 − 3002 =
6002
3002
1
𝑇
= ln
6002
3002
−
1
6002 − 3002
2𝑘0
𝑚0
mo=4,65x10−26
Ko=1,38x 10−23
T=238,14 K

10. b) La velocidad v de las moléculas, con la que el valor de la función
de la distribución de Maxwell F(v) a la temperatura To será el mismo
que para la temperatura n veces mayor.
𝑓 𝑣 = 4𝜋
𝑚0
2𝜋𝑘0𝑇𝑜
2
3
𝑣2ⅇ
−
𝑚𝑉2
2𝑘0𝑇
𝑓 𝑛𝑣 = 4𝜋
𝑚0
2𝜋𝑘0𝑇𝑜
2
3
𝑣2ⅇ
−
𝑚𝑉2
2𝑘0𝑇𝑜
𝑓 𝑣 = 𝑓 𝑛𝑣
𝑉2ⅇ
−𝑚𝑣2
2𝑘0𝑇𝑜
=
1
𝑛
3
2
𝑣𝑒
2
𝑚𝑉2
2𝑛𝑘0𝑇𝑜
ⅇ
𝑣2𝑚
2𝑘0𝑇0
1
𝑛
− 1 =
1
𝑛
3
2

11. 𝑣2
𝑚
2𝑘0𝑇0
1 − 𝑛
𝑛
=
3
2
ln
1
𝑛
𝑣2 =
3
2
ln
1
𝑛
𝑛
1 − 𝑛
2𝑘0𝑇0
𝑚
Como n>0 y nTo>To de n ∈ ℕ.
𝑣2 = −
3
2
ln 𝑛
𝑛
1 − 𝑛
2𝑘0𝑇0
𝑚

12. 2.87 ¿A qué temperatura de un gas, que se compone de una mezcla de nitrógeno
y oxigeno, las velocidades más probables de las moléculas de estos gases van a
diferenciarse entre si en Δ𝑣 = 30
𝑚
𝑆
𝑣𝑚𝑃
=
2𝑘0𝑇
𝑚0
𝑚
𝑛2=
28𝑔
𝑚0𝑙
𝑥
1
6.022 × 1023
⋅
1
100
= 1.65𝑥10−26𝑘𝑔
𝑚
𝑂2=
32𝑔
𝑚0𝑙
𝑥
1
6.022 × 1023
⋅
1
100
= 5,31𝑥10𝑘𝑔
Por el enunciado:
𝑣𝑁2
− 𝑣02=30
Esto ya que sabemos que mientras más litros el material alcanzara mayor
Vmp.

13. 2𝑘𝑈𝑇
𝑚𝑁2
−
2𝑘0𝑇
𝑚02
2
0
30 2
2𝑘0𝑇
𝑚𝑁2
− 2
2𝑘0𝑇
1
𝑚𝑁2
−
1
𝑚02
𝑇 +
2𝑘0𝑇
𝑚02
= 302
𝑇 = 367.73𝑘

14. 2.88 Una mezcla de hidrogeno y helio se encuentra a la temperatura
T=300 K.¿A qué velocidad de las moléculas v los valores de la función de
la distribución de Maxwell según las velocidades F(v) serán idénticos por
ambos gases?
𝐹 𝑣 𝐻2
= 𝐹 𝑣 𝐻𝑒 (1)
𝐻2 = 1
g
𝑚0𝑙
= 1.66 × 10−24
𝑘𝑔
𝐻e = 4
g
𝑚0𝑙
= 1.66 × 10−24𝑘𝑔
4𝜋
1.66 × 10−27
2𝑘0𝜋1300
3
2
𝑣2 = ⅇ
−
1.66×10−27𝑣2
2𝑘0300
4𝜋
6.64 × 10−27
2𝑘0𝜋1300
3
2
𝑣2 = ⅇ
−
6,64×10−27𝑣2
2𝑘0300

15. 6.76 × 10−41ⅇ−2×10−3
𝑣2 = 5.41 × 10−40ⅇ−8 × 10−3𝑣2
ⅇ6×10−3𝑣2
= 8
𝑣2
=
ln 8
6 × 10−3
𝑣 = 18.61
𝑚
𝑠

16. 𝑬 𝟖. 𝑫𝒂𝒅𝒐 𝒒𝒖𝒆 𝒍𝒂 𝒓𝒂𝒑𝒊𝒅𝒆𝒛 𝒓𝒎𝒔 𝒅𝒆 𝒖𝒏 á𝒕𝒐𝒎𝒐 𝒅𝒆 𝒉𝒆𝒍𝒊𝒐 𝒂 𝒄𝒊𝒆𝒓𝒕𝒂 𝒕𝒆𝒎𝒑𝒆𝒓𝒂𝒕𝒖𝒓𝒂 𝒆𝒔 𝟏𝟑𝟓𝟎
𝒎
𝒔
, 𝒆𝒏𝒄𝒖𝒆𝒏𝒕𝒓𝒆 𝒑𝒐𝒓 𝒑𝒓𝒐𝒑𝒐𝒓𝒄𝒊ó𝐧
𝒍𝒂 𝒓𝒂𝒑𝒊𝒅𝒆𝒛 𝒓𝒎𝒔 𝒅𝒆 𝒖𝒏𝒂 𝒎𝒐𝒍é𝒄𝒖𝒍𝒂 𝒅𝒆 𝒐𝒙í𝒈𝒆𝒏𝒐 𝑶𝟐 𝒂 𝒆𝒔𝒕𝒂 𝒕𝒆𝒎𝒑𝒆𝒓𝒂𝒕𝒖𝒓𝒂. 𝑳𝒂 𝒎𝒂𝒔𝒂 𝒎𝒐𝒍𝒂𝒓 𝑶𝟐 𝒆𝒔 𝟑𝟐
𝒈
𝒎𝒐𝒍
𝒚 𝒍𝒂 𝒎𝒂𝒔𝒂
𝒍𝒂 𝒎𝒂𝒔𝒂 𝒎𝒐𝒍𝒂𝒓 𝒅𝒆𝒍 𝑯𝒆 𝒆𝒔 𝟒
𝒈
𝒎𝒐𝒍
.
Al tratarse de la rápidez de un átomo tenemos que la velocidad rms está dada por la expresión: 𝑣𝑟𝑚𝑠 =
3𝑅𝑇
𝑀
Para 1350
𝑚
𝑠
tenemos que la temperatura en el gas es de:
T=
𝑣𝑟𝑚𝑠
2 ∗𝑀
3𝑅
=
1350
𝑚
𝑠
2
0.004
𝐾𝑔
𝑚𝑜𝑙
3(8.31
𝐽
𝑚𝑜𝑙 𝐾
)
= 292.42 𝐾
Asimismo, para calcular la proporción de la rápidez de una molécula de oxígeno tenemos:
𝑣𝑟𝑚𝑠 =
3(8.31
𝐽
𝑚𝑜𝑙 𝐾
)(292.42 𝐾)
(0.032
𝐾𝑔
𝑚𝑜𝑙
)
= 477.3
𝑚
𝑠

17. 𝑬𝟏𝟑. 𝑼𝒏𝒂 𝒎𝒖𝒆𝒔𝒕𝒓𝒂 𝒅𝒆 𝟏 𝒎𝒐𝒍 𝒅𝒆 𝒉𝒊𝒅𝒓ó𝒈𝒆𝒏𝒐 𝒔𝒆 𝒄𝒂𝒍𝒊𝒆𝒏𝒕𝒂 𝒂 𝒑𝒓𝒆𝒔𝒊ó𝒏𝒄𝒐𝒏𝒔𝒕𝒂𝒏𝒕𝒆 𝒅𝒆 𝟑𝟎𝟎 𝑲 𝒂 𝟒𝟐𝟎 𝑲. 𝑪𝒂𝒍𝒄𝒖𝒍𝒆
𝒂 𝑳𝒂 𝒆𝒏𝒆𝒓𝒈í𝒂 𝒕𝒓𝒂𝒏𝒔𝒇𝒆𝒓𝒊𝒅𝒂 𝒂𝒍 𝒈𝒂𝒔 𝒑𝒐𝒓 𝒄𝒂𝒍𝒐𝒓.
Si el hidrógeno se calienta a presión constante tenemos que el calor transferido al gas es:
𝑄 = 𝑛𝐻2
𝐶𝑝∆𝑇 𝑄 = 1 𝑚𝑜𝑙 29.1
𝐽
𝑚𝑜𝑙 𝐾
420 𝐾 − 300 𝐾 = 3492 𝐽
Los datos proporcionados son: 𝑛𝐻2
= 1 𝑚𝑜𝑙, 𝑇0 = 300 𝐾, 𝑇1 = 420 𝐾. Según el enunciado la presión en el proceso es
constante. 𝐶𝑣 = 20.8
𝐽
𝑚𝑜𝑙 𝐾
, 𝐶𝑝 = 29.1
𝐽
𝑚𝑜𝑙 𝐾
.
𝒃 𝒆𝒍 𝒂𝒖𝒎𝒆𝒏𝒕𝒐 𝒅𝒆 𝒆𝒏𝒆𝒓𝒈í𝒂 𝒊𝒏𝒕𝒆𝒓𝒏𝒂.
Al calentar el gas se transfiere energía por lo que provoca en un aumento en la energía interna del gas, ahora tenemos que
la energía interna del gas es:
∆𝑈 = 𝑛𝐻2
𝐶𝑉∆𝑇 ∆𝑈 = 1 𝑚𝑜𝑙 20.8
𝐽
𝑚𝑜𝑙 𝐾
420 𝐾 − 300 𝐾 = 3496 𝐽
𝒄 𝑬𝒍 𝒕𝒓𝒂𝒃𝒂𝒋𝒐 𝒓𝒆𝒂𝒍𝒊𝒛𝒅𝒐 𝒔𝒐𝒃𝒓𝒆 𝒆𝒍 𝒈𝒂𝒔.
Recordando la primera ley de la termodinámica tenemos que el trabajo ejercido sobre el gas es
∆𝑈 = 𝑄 + 𝑊 𝑊 = 2496 𝐽 − 3492 𝐽 = −996𝐽

18. 𝑬𝟏𝟕. 𝑼𝒏𝒂 𝒃𝒐𝒎𝒃𝒊𝒍𝒍𝒂 𝒆𝒍é𝒄𝒕𝒓𝒊𝒄𝒂 𝒆𝒏𝒄𝒂𝒏𝒅𝒆𝒔𝒄𝒆𝒏𝒕𝒆 𝒄𝒐𝒏𝒕𝒊𝒆𝒏𝒆 𝒖𝒏 𝒗𝒐𝒍𝒖𝒎𝒆𝒏 𝑽 𝒅𝒆 𝒂𝒓𝒈ó𝒏 𝒂 𝒑𝒓𝒆𝒔𝒊ó𝒏 𝑷𝒊. 𝑳𝒂 𝒃𝒐𝒎𝒃𝒊𝒍𝒍𝒂 𝒔𝒆 𝒆𝒏𝒄𝒊𝒆𝒏𝒅𝒆 𝒚
𝒖𝒏𝒂 𝒑𝒐𝒕𝒆𝒏𝒄𝒊𝒂 𝒄𝒐𝒔𝒏𝒕𝒂𝒏𝒕𝒆 𝓟 𝒔𝒆 𝒕𝒓𝒂𝒔𝒏𝒇𝒊𝒆𝒓𝒆 𝒂𝒍 𝐚𝐫𝐠ó𝒏 𝒅𝒖𝒓𝒂𝒏𝒕𝒆 𝒖𝒏 𝒊𝒏𝒕𝒆𝒓𝒗𝒂𝒍𝒐 ∆𝒕.
𝑎 𝐷𝑒𝑚𝑢𝑒𝑠𝑡𝑟𝑒 𝑙𝑎 𝑞𝑢𝑒 𝑙𝑎 𝑒𝑥𝑝𝑟𝑒𝑠𝑖ó𝑛 𝑃𝑓 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑏𝑜𝑚𝑏𝑖𝑙𝑙𝑎 𝑎𝑙 𝑡é𝑟𝑚𝑖𝑛𝑜 𝑑𝑒 𝑒𝑠𝑡𝑒 𝑝𝑟𝑜𝑐𝑒𝑠𝑜 𝑒𝑠 𝑃𝑓 = 𝑃𝑖(1 + (
𝒫𝑅∆𝑡
𝑃𝑖𝑉𝐶𝑣
))
Suponemos que el volume V de la bombilla se mantiene constante después de haberla encendido, entonces:
𝑄 = 𝑛 𝐶𝑣∆𝑇 = 𝐶𝑣(𝑛𝑇𝑓 − 𝑛𝑇𝑖) (1)
Además sabemos que según la ley de Joule tenemos que la potencia es:
𝓟 =
𝑸
∆𝒕
(𝟑)
Reemplazando (2) en (3) temenos que:
De la ley de los gases ideales sabemos que: 𝑃𝑉 = 𝑛𝑅𝑇 tenemos que (1) es:
𝑄 = 𝐶𝑣(
𝑉𝑃𝑓
𝑅
−
𝑉𝑃𝑖
𝑉𝑅
) (2)
𝒫 =
𝐶𝑣(
𝑉𝑃𝑓
𝑅
−
𝑉𝑃𝑖
𝑅
)
∆𝑡
𝒫∆𝑡𝑅
𝑉𝐶𝑣
= 𝑃𝑓 − 𝑃𝑖
𝑃𝑓 =
𝒫∆𝑡𝑅
𝑉𝐶𝑣
+ 𝑃𝑖
𝑃𝑓 = 𝑃𝑖(1 + (
𝓟𝑅∆𝒕
𝑃𝑖𝑉𝐶𝑣
))
(Factor común)

19. Gas diatómico, entonces:
𝐶𝑣 =
5
2
𝑅 𝐶𝑝=
7
2
𝑅 γ =
7
5
Datos
1 mol
Condiciones Iniciales
𝑉𝑖
𝑇𝑖 𝑃 ∝ 𝑉
Condiciones Finales 𝑃 = 𝑐𝑉
𝑉𝑓 = 2𝑉𝑖 𝑒𝑛 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑐 𝑒𝑠 𝑛𝑢𝑒𝑠𝑡𝑟𝑎 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒
𝑇𝑓 > 𝑇𝑖 𝑑𝑒 𝑝𝑟𝑜𝑝𝑜𝑟𝑐𝑖𝑜𝑛𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑

20. 𝑃𝑓 = 𝑐𝑉𝑓y 𝑃𝑖 = 𝑐𝑉𝑖 → 𝑃𝑓 =
𝑃𝑖
𝑉𝑖
2𝑉𝑖 = 2𝑃𝑖
𝑛𝑖 = 𝑛𝑓
𝑃𝑖𝑉𝑖
𝑅𝑇𝑖
=
𝑃𝑓𝑉𝑓
𝑅𝑇𝑓
𝑇𝑓 =
𝑃𝑓𝑉𝑓𝑇𝑖
𝑃𝑖𝑉𝑖
=
2𝑃𝑖(2𝑉𝑖)𝑇𝑖
𝑃𝑖𝑉𝑖
𝑇𝑓 = 4 𝑇𝑖

21. 𝑊 = −𝑊𝐴𝐵 − 𝑊𝐵𝐶
AB:Proceso Isocórico,entonces 𝑊𝐴𝐵 = 0
𝑊𝐵𝐶 = −
𝑉𝑖
𝑉𝑓
𝑃𝑓𝑑𝑉 = −
𝑉𝑖
𝑉𝑓 𝑃𝑖
𝑉𝑖
𝑉𝑑𝑉 = −
𝑉𝑖
𝑉𝑓
𝑛𝑖𝑅𝑇𝑖
𝑉𝑖
𝑉𝑖
𝑉𝑑𝑉
𝑊𝐵𝐶 =
−𝑛𝑅𝑇𝑖
(𝑉𝑖)2
𝑉𝑖
2𝑉𝑖
𝑉𝑑𝑉 = −
𝑛𝑅𝑇𝑖
(𝑉𝑖)2
[
(2𝑉𝑖)2
2
−
(𝑉𝑖)2
2
]
𝑊𝐵𝐶 = −
3
2
𝑛𝑅𝑇𝑖
𝑉𝑖

22. ∆𝑈 = ∆𝑈𝐴𝐵 + ∆𝑈𝐵𝐶
BC:Proceso Isotérmico,entonces ∆𝑈𝐵𝐶= 0
∆𝑈 = ∆𝑈𝐴𝐵= 𝑛𝑐𝑣∆𝑇 = 𝑛𝐶𝑣(4 𝑇𝑖- 𝑇𝑖) = 𝑛
5
2
𝑅(3𝑇𝑖)
∆𝑈 = 𝑄 − 𝑊
𝑄= ∆𝑈 − 𝑊=
15
2
𝑛𝑅 𝑇𝑖 −(−
3
2
𝑛𝑅𝑇𝑖
𝑉𝑖
)=
18
2
𝑛𝑅 𝑇𝑖

23.  DATOS
𝑃𝑖 = 1 𝑎𝑡𝑚 𝑃𝑓 = 20 𝑎𝑡𝑚 Proceso Adiabático(dQ=0)
𝑇𝑖 = 27 ℃ = 300,15 𝐾
Gas diatómico, entonces:
𝐶𝑣 =
5
2
𝑅 𝐶𝑝=
7
2
𝑅 γ =
7
5
a)
𝑃𝑖𝑉𝑖
γ
= 𝑃𝑓𝑉
𝑓
γ
→ (
𝑉𝑓
𝑉𝑖
)γ=
𝑃𝑖
𝑃𝑓
→
𝑉𝑓
𝑉𝑖
= (
𝑃𝑖
𝑃𝑓
)
1
γ →
𝑉𝑓
𝑉𝑖
= (
1 𝑎𝑡𝑚
20 𝑎𝑡𝑚
)
5
7
𝑉𝑓
𝑉𝑖
=0,12

24. b)
𝑇𝑖𝑉𝑖
γ−1
= 𝑇𝑓𝑉
𝑓
γ−1
→
𝑇𝑓
𝑇𝑖
= (
𝑉𝑖
𝑉𝑓
)γ−1 →
𝑇𝑓
𝑇𝑖
= (
1 𝑎𝑡𝑚
20 𝑎𝑡𝑚
−
5
7
)
7
5
−1
𝑇𝑓
𝑇𝑖
= (
1 𝑎𝑡𝑚
20 𝑎𝑡𝑚
)−
2
7
𝑇𝑓
𝑇𝑖
= 20
2
7
c)
∆𝑈 = 𝑛𝑚𝐶𝑣∆𝑇= 𝑛𝑚
5
2
𝑅(20
2
7 𝑇𝑖- 𝑇𝑖)
∆𝑈=0,016[mol]
5
2
∗8,314[
𝐽
𝐾𝑚𝑜𝑙
][20
2
7(300,15 𝐾) − 300,15 𝐾]
∆𝑈=135,11 J

25.  DATOS
𝐶𝑣 =
5
2
𝑅 𝐶𝑝=
7
2
𝑅 γ =
7
5
b) Proceso Adiabático
𝑃𝐵𝑉
𝐵
γ
= 𝑃𝐶𝑉
𝐶
γ
→ 𝑉
𝐶
γ
=
𝑃𝐵
𝑃𝐶
𝑉
𝐵
γ
→ 𝑉𝐶= (
𝑃𝐵
𝑃𝐶
)
1
γ 𝑉𝐵
𝑉𝐶= (
3𝑃𝑖
𝑃𝑖
)
5
7 𝑉𝑖 = (3)
5
7 𝑉𝑖

26.  d)
Ciclo(Regresa al punto inicial)
𝑇𝐴= 𝑇𝑖
• c)
A→ 𝐵 𝑃𝑟𝑜𝑐𝑒𝑠𝑜 𝐼𝑠𝑜𝑐ó𝑟𝑖𝑐𝑜
𝑃𝐴
𝑇𝐴
=
𝑃𝐵
𝑇𝐵
𝑇𝐵=
𝑃𝐵
𝑃𝐴
𝑇𝐴
𝑇𝐵=
3𝑃𝑖
𝑃𝑖
𝑇𝑖
𝑇𝐵=3𝑇𝑖

27. • e)
A→ 𝐵 𝑃𝑟𝑜𝑐𝑒𝑠𝑜 𝐼𝑠𝑜𝑐ó𝑟𝑖𝑐𝑜
𝑊𝐵𝐴 = 0
𝑄𝐵𝐴 = 𝑛𝐶𝑣 𝑇𝐵 − 𝑇𝐴
𝑄𝐵𝐴 = 𝑛
5
2
𝑅 3𝑇𝑖 − 𝑇𝑖
𝑄𝐵𝐴 = 5𝑛𝑅 𝑇𝑖
B→ 𝐶 𝑃𝑟𝑜𝑐𝑒𝑠𝑜 𝐴𝑑𝑖𝑎𝑏á𝑡𝑖𝑐𝑜
𝑄𝐶𝐵 = 0
C→ 𝐴 𝑃𝑟𝑜𝑐𝑒𝑠𝑜 𝐼𝑠𝑜𝑏á𝑟𝑖𝑐𝑜
𝑄𝐴𝐶 = 𝑛𝐶𝑝 𝑇𝐴 − 𝑇𝐶
𝑉𝐴
𝑇𝐴
=
𝑉𝐶
𝑇𝐶
𝑇𝐶 =
𝑉𝐶
𝑉𝐴
𝑇𝐴=
(3)
5
7 𝑉𝑖
𝑉𝑖
𝑇𝑖 = (3)
5
7 𝑇𝑖
𝑄𝐴𝐶 = 𝑛
7
2
𝑅 𝑇𝑖 − (3)
5
7 𝑇𝑖
𝑄𝐴𝐶 = −4,165𝑛𝑅𝑇𝑖

28. ∆𝑈 =0=Q-W
𝑄 = 𝑊
𝑊 = 𝑄𝐵𝐴+ 𝑄𝐶𝐵+ 𝑄𝐴𝐶
𝑊 = 5𝑛𝑅 𝑇𝑖+0+(−4,165𝑛𝑅𝑇𝑖)
𝑊 = 0,835𝑛𝑅 𝑇𝑖 𝑝𝑜𝑟 𝑒𝑙 𝑔𝑎𝑠
𝑊 = −0,835𝑛𝑅 𝑇𝑖 𝑠𝑜𝑏𝑟𝑒 𝑒𝑙 𝑔𝑎𝑠

29. E.34.
Cierta molécula tiene f grados de libertad. Demuestre
que un gas ideal formado por tales moléculas tiene las
siguientes propiedades: (1) su energía interna total es
𝑓𝑛𝑅𝑇/2 ; (2) su calor específico molar a volumen
constante es 𝑓𝑅/2; (3) su calor específico molar a
presión constante es 𝑓 + 2 𝑅/2; (4) su relación de calor
específico es 𝛾 = 𝐶𝑃/𝐶𝑉 = 𝑓 + 2 /𝑓.

30. a) ¿Cuál es su
energía interna
total?
De acuerdo con el teorema de equipartición de energía:
Cada grado de libertad aporta
1
2
𝑘𝐵𝑇 por molécula a la
energía de un sistema, donde los posibles grados de libertad
son los asociados con la traslación, la rotación y la vibración
de las moléculas.
Por lo tanto, la energía interna total es la suma de todas las 𝑓
posibles contribuciones de energía independientes
multiplicado por el número 𝑁 de moléculas que contiene el
gas:
𝐸𝑖𝑛𝑡 = 𝑁
𝑖=1
𝑓
1
2
𝑘𝐵𝑇
⇒ 𝐸𝑖𝑛𝑡
= 𝑁𝑓
𝑘𝐵
𝑇
2

31. b) ¿Cuál es su calor específico molar a
volumen constante 𝐶𝑉?
Por definición, el calor específico molar a volumen constante es:
𝐶𝑉 =
1
𝑛𝑚
𝑑𝐸𝑖𝑛𝑡
𝑑𝑇
Como 𝐸𝑖𝑛𝑡 = 𝑁𝑓
𝑘𝐵𝑇
2
con 𝑘𝐵 =
𝑅
𝑁𝐴
y 𝑁 = 𝑛𝑚𝑁𝐴se tiene que:
𝐶𝑉 =
1
𝑛𝑚
𝑑
𝑑𝑇
𝑛𝑚𝑁𝐴𝑓
𝑅
𝑁𝐴
𝑇
2
⇒ 𝐶𝑉 =
𝑓𝑅
2

32. c) ¿Cuál es su calor
específico molar a
presión constante
𝐶𝑃?
De la teoría cinética de los gases se derivó una
expresión que es válida para cualquier gas:
𝐶𝑃 − 𝐶𝑉 = 𝑅
Por lo tanto, el calor específico molar a
presión constante en esta situación es:
𝐶𝑃 = 𝑅 +
𝑓𝑅
2
⇒ 𝐶𝑃
= 𝑅
𝑓 + 2
2

33. d) ¿Cuál es su relación de calor
específico 𝛾?
Por definición, la relación de calor específico 𝛾 es:
𝛾 =
𝐶𝑃
𝐶𝑉
Por lo tanto:
𝛾 = 𝑅
𝑓 + 2
2
2
𝑓𝑅
⇒ 𝛾 =
𝑓 + 2
𝑓

34. E.36.
Un metro cúbico de hidrógeno atómico a 0 °C y presión
atmosférica contiene aproximadamente 2.70 × 1025
átomos.
El primer estado excitado del átomo de hidrógeno tiene una
energía de 10.2 eV por encima del nivel de energía más
bajo, llamado estado fundamental. Use el factor de
Boltzmann para encontrar el número de átomos en el
primer estado excitado a 0 °C y a 10000 °C.

35. Por otro lado, el número de átomos 𝑛 en el primer estado excitado a 10273.15 K es:
𝑛 = 2.70 × 1025 𝑒
−
1.63×10−18
1.38×10−23 10273.15 = 2.74 × 1020 á𝑡𝑜𝑚𝑜𝑠
En primer lugar, a través de la ley de Boltzmann:
𝑛 = 𝑛0𝑒
−
𝐸
𝑘𝐵𝑇
hallamos el número de átomos 𝑛 en el primer estado excitado 𝐸 = 10.2 eV a 273.15 K:
𝑛 = 2.70 × 1025 𝑒
−
1.63×10−18
1.38×10−23 273.15
Donde 𝐸 = 10.2 eV = 1.63 × 10−18
J porque 1 eV = 1.60 × 10−19
J. Además, 𝑘𝐵 = 1.38 × 10−23
J/K. Así:
𝑛 = 0 átomos

36. E.37.
Quince partículas idénticas tienen varias velocidades: una
tiene una velocidad de 2,00 m/s; dos tienen velocidades de
3,00 m/s; tres tienen velocidades de 5,00 m/s; cuatro tienen
velocidades de 7,00 m/s; tres tienen velocidades de 9,00
m/s; y dos tienen velocidades de 12.0 m/s. Encuentre (a) la
velocidad promedio, (b) la velocidad rms y (c) la velocidad
más probable de estas partículas.

37. c) La velocidad más
probable 𝑣𝑚𝑝 es aquella
que se repite más veces,
por lo tanto:
𝑣𝑚𝑝 = 7 𝑚/𝑠
a) Por definición, la velocidad promedio 𝑣 es:
𝑣 =
1
𝑁
𝑖=1
𝑁
𝑣𝑖
Por lo tanto:
b) Por definición, la velocidad cuadrática
media 𝑣𝑟𝑚𝑠 es:
𝑣𝑟𝑚𝑠 =
2
1
𝑁
𝑖=1
𝑁
𝑣𝑖
2
Por lo tanto:
𝑣𝑟𝑚𝑠 =
2 22 + 2 32 + 3 52
+4 72 + 3 92 + 2 122
15
𝑣𝑟𝑚𝑠 = 7.41 𝑚/𝑠

38. E.39.
A partir de la distribución de rapideces de Maxwell-Boltzmann,
demuestre que la velocidad más probable de una molécula de gas
viene dada por la ecuación 𝑣𝑚𝑝 =
2 2𝑘𝐵𝑇
𝑚
= 1.41
2 𝑘𝐵𝑇
𝑚
. Obsérvese que
la velocidad más probable corresponde al punto en el que la
pendiente de la curva de distribución de velocidades
𝑑𝑓 𝑣
𝑑𝑣
es cero.

39. La función de distribución de
rapideces de Maxwell-
Boltzmann es:
𝑓 𝑣 =
4
2
𝜋
𝑚
2𝑘𝐵𝑇
3/2
𝑒
−
𝑚𝑣2
2𝑘𝐵𝑇𝑣2
Como la velocidad más probable corresponde al máximo de la curva de
distribución de Maxwell-Boltzmann, ésta se halla como solución de la ecuación:
𝑑
𝑑𝑣
4
2
𝜋
𝑚
2𝑘𝐵𝑇
3/2
𝑒
−
𝑚𝑣2
2𝑘𝐵𝑇𝑣2
= 0
Quitando los valores constantes:
𝑑
𝑑𝑣
𝑒
−
𝑚𝑣2
2𝑘𝐵𝑇𝑣2
= 0
⇒ 𝑒
−
𝑚𝑣2
2𝑘𝐵𝑇 −
𝑚𝑣
𝑘𝐵𝑇
𝑣2
+ 𝑒
−
𝑚𝑣2
2𝑘𝐵𝑇 2𝑣 = 0
Factorizando:
𝑒
−
𝑚𝑣2
2𝑘𝐵𝑇 2𝑣 1 −
𝑚𝑣2
2𝑘𝐵𝑇
= 0
Hay tres alternativas, sin embargo, la única respuesta con sentido físico es:
1 −
𝑚𝑣2
2𝑘𝐵𝑇
= 0
⇒ 𝑣𝑚𝑝 =
2 2𝑘𝐵𝑇
𝑚

40. 41.A qué temperatura es la rapidez promedio de los átomos de helio igual a la (a) velocidad de
escape desde la Tierra 1,12E4 m/s y (b) a la velocidad de escape desde la Luna 2,37E3 m/s
(6,64E-27 kg)
Sabemos que: 𝑣𝑎𝑣 =
8𝑘𝐵𝑇
𝛱𝑚
Despejando T y reemplazando tenemos:
(a) 𝑇 =
𝛱⋅(6,64∗10−27𝑘𝑔)⋅ 1,12∗104𝑚/𝑠
2
8(1,38∗10−23𝐽/𝑚𝑜𝑙𝐾)
= 2,37 ∗ 104𝐾
(b) 𝑇 =
𝛱⋅(6,64∗10−27𝑘𝑔)⋅ 2,37∗103𝑚/𝑠
2
8(1,38∗10−23𝐽/𝑚𝑜𝑙𝐾)
= 1,06 ∗ 103𝐾

41. 51.La función Eint=3.50nRT describe la energía interna de cierto gas ideal. Una muestra que comprende 2 mol del gas
siempre comienza a una presión de 100 kPa y una temperatura de 300 K. Para cada uno de los siguientes procesos,
determine la presión, el volumen y la temperatura finales, el cambio en la energía interna del gas, la energía añadida
al gas por el calor y el trabajo realizado sobre el gas.
A) el gas se calienta a presión constante a 400K
B) el gas se calienta a volumen constante a 400K
C) El gas se comprime a temperatura constante a 120kPa
D) El gas se comprime adiabáticamente a 120kPa
(a) 𝑃𝑓 = 100 kPa 𝑇𝑓 = 400𝐾
𝑉𝑓 =
𝑛𝑅𝑇𝑓
𝑃𝑓
=
2𝑚𝑜𝑙 ∗
8,314𝐽
𝑚𝑜𝑙𝐾
∗ 400𝐾
100 ∗ 103𝑃𝑎
= 0,0665𝑚3 = 66,5𝐿
Δ𝐸𝑖𝑛𝑡 = 3,50 ∗ 𝑛𝑅Δ𝑇 = 3,50 ∗ 2𝑚𝑜𝑙 ∗
8,314𝐽
𝑚𝑜𝑙𝐾
∗ 100𝐾 = 5,82𝑘𝐽
𝑊 = −𝑃 ∗ Δ𝑉 = −𝑛 ∗ 𝑅 ∗ Δ𝑇 = − 2𝑚𝑜𝑙 ∗
8,314𝐽
𝑚𝑜𝑙𝐾
∗ 100𝐾 = −1,66𝑘𝐽
𝑄 = Δ𝐸𝑖𝑛𝑡 − 𝑊 = 5,82𝑘𝐽 + 1,66𝑘𝐽 = 7,48𝑘𝐽

42. (b) 𝑇𝑓 = 400𝐾
𝑉𝑓 = 𝑉𝑖 =
𝑛𝑅𝑇𝑖
𝑃𝑖
=
2𝑚𝑜𝑙 ∗
8,314𝐽
𝑚𝑜𝑙𝐾
∗ 300𝐾
100𝑒3𝑃𝑎
= 0,0499𝑚3 = 49,9𝐿
𝑃𝑓 = 𝑃𝑖 ∗
𝑇𝑓
𝑇𝑖
= 100𝑘𝑃𝑎 ∗
400𝐾
300𝐾
= 133𝑘𝑃𝑎
Δ𝐸int = 3,5 𝑛𝑅ΔT = 3,5 2mol ∗
8,314J
molK
∗ 100K = 5,82kJ
𝑤 = − P ⅆ𝑉 = 0 (𝑑𝑒𝑏𝑖𝑑𝑜 𝑎 𝑞𝑢𝑒 𝑉 𝑒𝑠 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒)
𝑄 = Δ𝐸int − 𝑊 = 5,82 − 0 = 5,32 𝑘𝐽
(c)𝑃𝑓 = 120𝑘𝑃𝑎 𝑇𝑓 = 300𝐾
𝑉𝑓 = 𝑉𝑖 ∗
𝑃𝑓
𝑃𝑖
49,9𝐿 ∗
100𝑘𝑃𝑎
120𝑘𝑃𝑎
= 41,6𝐿
Δ𝐸int = 3,5 𝑛𝑅ΔT = 3,5 2mol ∗
8,314J
molK
∗ 0 = 0 ⅆⅇbiⅆo a quⅇ T ⅇs constantⅇ
𝑤 = − P ⅆ𝑉 = −𝑛𝑅𝑇𝑖
𝑉𝑖
𝑉𝑓
𝑑𝑉
𝑉
= −𝑛𝑅𝑇𝑖 ∗ ln
𝑉𝑓
𝑉𝑖
= −𝑛𝑅𝑇𝑖 ∗ ln
𝑃𝑖
𝑃𝑓
= − 2𝑚𝑜𝑙 ∗
8,314𝐽
𝑚𝑜𝑙𝐾
∗ 300𝐾 ∗ ln
100𝑘𝑃𝑎
120𝑘𝑃𝑎
= 909𝐽
𝑄 = Δ𝐸int − 𝑊 = 0 − 909𝐽 = −909𝐽

43. (d)𝑃𝑓 = 120 𝑘𝑃𝑎
𝛾 =
𝐶𝑃
𝐶𝑣
=
𝐶𝑣 + 𝑅
𝐶𝑣
=
3,50𝑅 + 𝑅
3,50𝑅
=
4,50
3,50
=
9
7
𝑝𝑓 ⋅ 𝑣𝑓
𝛾
= 𝑝𝑖 ∗ 𝑣𝑖
𝛾
𝑣𝑓 = 𝑣𝑖
𝑃𝑖
𝑃𝑓
1
𝛾
= 49,9𝐿
100𝑘𝑃𝑎
120𝑘𝑃𝑎
7
9
= 43,3𝐿
𝑇𝑓 = 𝑇𝑖
𝑃𝑓𝑉𝑓
𝑃𝑖𝑉𝑖
= 300𝐾
120𝑘𝑃𝑎
100𝑘𝑃𝑎
∗
43,3𝐿
49,9𝐿
= 312𝐾
Δ𝐸int = 3,5 nRΔT = 3,5 2mol ∗
8,314J
molK
∗ 12,4K = 722J
𝑄 = 0 𝑑𝑒𝑏𝑖𝑑𝑜 𝑎 𝑞𝑢𝑒 𝑒𝑠 𝑢𝑛 𝑝𝑟𝑜𝑐𝑒𝑠𝑜 𝑎𝑑𝑖𝑎𝑏𝑎𝑡𝑖𝑐𝑜
𝑤 = −Q + Δ𝐸int = 0 + 722𝐽 = 722𝐽

44. 53.
Un cilindro que contiene n mol de un gas ideal sufre un proceso adiabático.
a) Partiendo de la expresión W=-∫PdV y usando la condición PV^Ƴ=cte, demuestre que el trabajo realizado sobre el gas es
𝑤 =
1
𝛾 − 1
⋅ 𝑃𝑓𝑣𝑓 − 𝑃𝑖𝑣𝑖
b) Partiendo de la primera ley de la termodinámica en forma diferencial, demostrar que el trabajo realizado sobre el gas también es igual a
𝑛𝐶𝑉 𝑇𝑓 − 𝑇𝑖 . Demuestre que este resultado es consistente con la ecuación en la parte a)
𝑃𝑉𝛾
= 𝑘
𝑤 = −
i
𝑓
P ⅆ𝑉 = −𝑘
i
𝑓
ⅆ𝜈
𝑈𝛾
=
𝑃𝑓 ⋅ 𝑉𝑓 − 𝑃𝑖 ⋅ 𝑉𝑖
𝛾 − 1
(b) ⅆ𝐸int = ⅆ𝑄 + ⅆW como dQ=0 por ser un proceso abiabatico
𝑊 = +Δ𝐸𝑖𝑛𝑡 = 𝑛 ⋅ 𝐶𝑣 𝑇𝑓 − 𝑇𝑖
Para demostrar la consistencia de las 2 ecuaciones, se considera que:
𝛾 =
𝐶𝑃
𝐶𝑣
𝑦 𝑡𝑎𝑚𝑏𝑖𝑒𝑛 𝑞𝑢𝑒 𝐶𝑃 − 𝐶𝑣 = 𝑅
Así podemos ver que:
1
𝛾 − 1
=
𝐶𝜈
𝑅
Usando esta ecuación en la parte a, se tiene:
W = 𝑃𝑓𝑉𝑓 − 𝑃1𝑉𝑖 ⋅
𝐶𝑣
𝑅
Y para un gas ideal se tiene:
𝑃𝑣
𝑅
= 𝑛 ⋅ 𝑇 por lo que tendríamos: 𝑊 = 𝑛 ⋅ 𝐶𝑣 𝑇𝑓 − 𝑇𝑖

45. 58.Un recipiente contiene 1e4 moléculas de oxígeno a 500k.
a) Haga un gráfico preciso de la función de distribución de velocidad de Maxwell-
Boltzmann versus la velocidad con puntos en intervalos de velocidad de 100 m/s
b) Determine la velocidad más probable a partir de este gráfico
c) Calcula las velocidades promedio y rms de las moléculas y rotula estos puntos en tu
gráfica
d) A partir del gráfico, estime la fracción de moléculas con velocidades en el rango de 300
m/s a 600 m/s
a) Funcion de distribucion de velocidad de Maxwell-Boltzmann:
𝑁𝑣 = 4𝜋 ⋅ 𝑁
𝑚
2𝜋 ⋅ 𝑘𝐵 ⋅ 𝑇
3
2
⋅ 𝑣2
⋅ ⅇ
−
𝑚𝑣2
2⋅𝑘𝐵⋅𝑇
N=1e4;
m=(M/ 𝑁𝐴)=(0,032kg/6,02e23)=5,32e-26kg;
T=500K; 𝑘𝐵 = 1,38 ∗ 10−23 𝐽
𝑚𝑜𝑙𝑒𝑐𝐾
Reemplazando, temenos:
𝑁𝜈 = 1.71 ⋅ 10−4
𝜈2
⋅ ⅇ−(3,85∗10−6)𝑣2
El rango adecuado para la funciones de 0 ≤ 𝑣 ≤ 1500
m
s

46. (b) La velocidad mas probable sucede cuando Nv es máxima, observando el grafico podemos ver que eso se da
cuando:
𝑣𝑚𝑃
= 509,647
m
s
(c)La velocidad promedio y rms
𝑉𝑃𝑅 =
8𝑘𝐵𝑇
𝜋 ∗ 𝑚
=
8(1,38 ∗ 10−23) ∗ 500
𝜋(5,32 ∗ 10−26)
= 575
𝑚
𝑠
(d) La fraccion de moleculas en velocidades entre: 300
m
s
≤ 𝑣 ≤ 600
m
s
Tenemos:
300
600
𝑁𝑉 ⅆ𝑣
𝑁
𝑡𝑒𝑛𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑞𝑢𝑒 𝑁 = 104
Sabemos que la integral es el area bajo la curva por lo que es aproximadamente 4400
Nos queda:
4400
104
= 44%