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Guía 12: Primer Principio de la termodinámica
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koreano
Nivel 9

Registrado: 15 Jul 2010
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Carrera: No especificada

Publicado: Mie Nov 30, 2011 3:10 pm Asunto:

Guía 12: Primer Principio de la termodinámica


Guía 12: Primer Principio de la termodinámica Enunciados: http://materias.fi.uba.ar/6203/Download/Problemas%20y%20Laboratorio/Segunda%20parte%202011bis.pdf En la resolución de esta guía adoptamos la siguiente convención: El enunciado del primer principio para esta convención es $[tex]\Delta U = Q + W[/tex]$ , con $[tex]\delta W = -p \,dV[/tex]$ . Por ejemplo, si un gas es nuestro sistema y se expande contra una presión constante $[tex]P[/tex]$ : $[tex]W = \int_{V_1}^{V_2} -P \, dV = -P(V_2 - V_1) = P(V_1 - V_2)[/tex]$ Como $[tex]V_2 > V_1[/tex]$ (es una expansión como dijimos), el resultado es negativo. Si miramos nuestra convención, el sistema está haciendo este trabajo hacia el medio, como esperabamos, y perdiendo en energía interna para hacerlo. Recordar que el trabajo siempre depende de la presión externa. 1) En ninguno de los tres casos se hace trabajo, ya que el volumen del recipiente es constante. I) Hay intercambio de calor a través de la resistencia por el efecto Joule: $[tex]\dot{Q} = I^2 R[/tex]$ . Este intercambio sería en la forma de energía térmica y resultaría en un aumento de la energía interna del agua. II) Hay intercambio de calor a través de la corriente: $[tex]\dot{Q} = IV[/tex]$ . Este intercambio sería en la forma de energía eléctrica y resultaría en un aumento de la energía interna del agua. Si el circuito no tuviese la resistencia (que es parte de nuestro sistema en este caso), y consideramos el cable como un conductor perfecto (y parte de nuestro sistema), entonces el sistema no variaría su energía interna ya que estaría recibiendo y entregando la energía electrica de la fuente, es decir: $[tex]\dot{Q} = IV - IV = 0 \rightarrow \Delta U = 0[/tex]$ . III) No hay intercambio de calor ya que el sistema está aislado. Todas las variaciones de energía interna son internas al sistema, por lo tanto para el sistema $[tex]\Delta U = 0[/tex]$ 2) Hagamos un diagrama PV de las dos evoluciones: Como sabemos, el trabajo es el area bajo la curva para cada evolución ( $[tex]W = - \int p\,dV[/tex]$ ). Por lo tanto, en la evolución A se realiza mas trabajo. Sin embargo, la energía interna es una función de estado y ambas evoluciones resultan en las mismas coordenadas termodinámicas, por lo que su energía interna debe ser igual. Tenemos entonces $[tex]\Delta U_A = \Delta U_B[/tex]$ , recordando que $[tex]\Delta U = Q + W[/tex]$ . Pero $[tex]W_A \neq W_B[/tex]$ , entonces $[tex]Q_A \neq Q_B[/tex]$ y con esto podemos refutar o validar cada una de las afirmaciones. 3) No tenemos información sobre el camino tomado en la evolución, por lo tanto no se puede determinar que parte de la variación de la energía interna es Q y qué parte W, ya que tenemos infinitos caminos posibles. 4) Tenemos una expansión adiabática en la que $[tex]V_2 = 2V_1[/tex]$ y por definición $[tex]\Delta U = W[/tex]$ . Trabajemos con esta última expresión: $[tex]W = n C_v (T_2 - T_1)[/tex]$ $[tex]W = \frac{C_v}{R} ( P_2 2V_1 - P_1 V_1)[/tex]$ Ahora reemplazamos que en las adiabáticas $[tex]P_2 V_2^\gamma = P_1 V_1^\gamma[/tex]$ . En nuestro caso queda $[tex]P_1 V_1^\gamma = P_2 (2V_1)^\gamma \rightarrow P_2 = \frac{P_1}{2^\gamma}[/tex]$ $[tex]W = \frac{C_v}{R}\left(\frac{P_1 2V_1}{2^\gamma} - P_1 V_1\right)[/tex]$ $[tex]W = \frac{C_v}{R}P_1 V_1 \left( 2^{(1-\gamma)} - 1\right)[/tex]$ Vemos que el trabajo depende de $[tex]\gamma[/tex]$ para las mismas coordenadas termodinámicas iniciales por lo tanto no va a ser igual para un gas monoatómico y uno diátomico, sin importar el número de moles. Si queremos que los trabajos sean iguales tendríamos que igualar las expresiones de trabajo reemplazando el gamma para un gas monoatomico de un lado y para el diatómico del otro: [text] \frac{C_v}{R}P_1 V_1 \left( 2^{(1-\gamma_1)} - 1\right) = \frac{C_v}{R}P_1 V_1 \left( 2^{(1-\gamma_2)} - 1\right)[/tex] Sin embargo, la cantidad de moles no aparece en la relación por lo tanto no se puede conseguir la igualdad. 5) En la primer expansión isotérmica asumimos que es reversible y que trabajamos con un gas ideal. Resulta entonces: $[tex]W_A = - \int_{V_i}^{2V_i} p \, dV[/tex]$ Como la expansión es isoterma y reversible, la presión del gas es igual a la exterior en todo el proceso entonces de la ecuación de los gases resulta $[tex]p = \frac{RT_i}{V}[/tex]$ , donde tomamos $[tex]n = 1[/tex]$ porque estamos trabajando con un mol de gas. El trabajo es entonces: $[tex]W_A = - \int_{V_i}^{2V_i} p \, dV = - \int_{V_i}^{2V_i}\frac{RT_i}{V} dV = - R T_i \ln \left(\frac{2V_i}{V_i}\right) = -R T_i \ln(2)[/tex]$ Para la compresión isobárica tenemos: $[tex]W_B = -p \int_{2V_i}^{V_i} dV = -P_B (V_i - 2V_i) = P_B V_i[/tex]$ Resta poner $[tex]P_B[/tex]$ en función de los datos utilizando la ecuación de gas ideal: $[tex]P_B = \frac{R T_i}{2V_i}[/tex]$ . Reemplazando: $[tex]W_B = P_B V_i = \frac{R T_i}{2V_i} V_i = \frac{R T_i}{2}[/tex]$ La última evolución es isocórica ( $[tex]dV = 0[/tex]$ ), por lo que $[tex]dW = p\,dV = 0 \rightarrow W_C = 0[/tex]$ . Sumando todos los trabajos: $[tex]W(T_i) = W_A + W_B + W_C = -R T_i \ln(2) + \frac{R T_i}{2} + 0 = R T_i (\frac{1}{2} - \ln(2))[/tex]$ Notar que este trabajo neto es negativo, ya que $[tex]\ln(2) > \frac{1}{2}[/tex]$ . Esto es coherente con el cíclo, ya que tenemos mayor área bajo la curva en la expansión y en esta el sistema hace trabajo sobre el medio. En un ciclo en un diagrama PV, el trabajo total es el área encerrada por la curva y en general, hablando de trabajo neto del cíclo, cuando se recorre en sentido horario el sistema hace trabajo sobre el medio y viceversa: 6) Los datos que tenemos son: $[tex]V_1[/tex]$ , $[tex]P_1[/tex]$ , $[tex]V_3[/tex]$ , $[tex]\gamma = \frac{7}{5}[/tex]$ (gas diatómico), $[tex]n = \frac{m}{\operatorname{MR}(N_2)}[/tex]$ . Para el estado 1 sabemos las coordenadas termodinámicas: $[tex]V_1[/tex]$ , $[tex]P_1[/tex]$ , $[tex]T_1 = \frac{P_1 V_1}{nR}[/tex]$ . Para el estado 2 sabemos las coordenadas termodinámicas: $[tex]V_2 = V_3[/tex]$ (de la isocora), $[tex]T_1 = T_2[/tex]$ (de la isoterma) y $[tex]P_2 = \frac{nRT_2}{V_2}[/tex]$ . En la evolución isoterma resulta $[tex]\Delta U = 0 \rightarrow Q = -W = \int_{V_1}^{V_2} \frac{V_1 P_1}{V} \,dV = V_1 P_1 \ln \left (\frac{V_2}{V_1}\right)[/tex]$ . Luego tenemos una evolución isocora, de donde sacamos $[tex]V_2 = V_3[/tex]$ y $[tex]W = 0[/tex]$ . También podemos despejar $[tex]T_3 = \frac{P_3 V_3}{nR}[/tex]$ . Conocido el delta de temperaturas podemos averiguar $[tex]\Delta U = n C_v (T_3 - T_2)[/tex]$ . Podemos despejar $[tex]C_v[/tex]$ de $[tex]\frac{C_p}{C_v} = \gamma[/tex]$ y $[tex]C_p = R + C_v[/tex]$ . Conocido $[tex]\Delta U[/tex]$ y $[tex]W[/tex]$ despejamos $[tex]Q = \Delta U - W = \Delta U[/tex]$ para esta evolución. Finalmente en la adiabática volvemos a las mismas condiciones iniciales por lo tanto $[tex]\Delta U = \Delta U_{12} + \Delta U_{23}[/tex]$ . De aquí podemos despejar $[tex]W[/tex]$ , sabiendo que $[tex]\Delta U = Q + W = W[/tex]$ puesto que $[tex]Q = 0[/tex]$ por ser adiabática. Otra manera es usando la condición de gas ideal para evoluciones adiabáticas; $[tex] P_{1}V_{1}^{\gamma}=P_{3}V_{3}^{\gamma}[/tex]$ . 7) a) Presión constante $[tex]P[/tex]$ : $[tex]W = -P(2V_a - V_a) = -PV_a[/tex]$ . Como la presión es constante y el cambio de volumen es conocido, podemos averiguar el cambio de temperatura. $[tex]\frac{P V_a}{T_a} = \frac{P 2 V_a}{T_b}[/tex]$ $[tex]T_b = 2 T_a[/tex]$ Conocido el cambio de temperatura podemos averiguar la variación de energía interna $[tex]\Delta U = n C_v (T_b - T_a) = n C_v (2T_a - T_a) = n C_v T_a[/tex]$ , donde $[tex]C_v = \frac{3}{2}R[/tex]$ por ser un gas monoatómico. Del primer principio despejamos $[tex]Q = \Delta U - W[/tex]$ . b) A temperatura constante resulta $[tex]PV = nRT_a \rightarrow P = \frac{nRT_a}{V}[/tex]$ . Entonces $[tex]W = -\int p\,dV = -\int_{V_a}^{2V_a} \frac{nRT_a}{V}dV = -nRT_a \ln(2)[/tex]$ . También a temperatura constante $[tex]\Delta U = n C_V \Delta T = 0[/tex]$ , entonces $[tex]0 = Q + W \rightarrow Q = nRT_a \ln(2)[/tex]$ c) Al ser adiabática, $[tex]Q = 0[/tex]$ . También se verifica $[tex]P V^\gamma = P_a V_a^\gamma = c \rightarrow P = \frac{c}{V^\gamma}[/tex]$ . Recordemos que $[tex]P_a = \frac{nRT_A}{V_a}[/tex]$ y por ser el gas monoatómico, $[tex]\gamma = \frac{5}{3}[/tex]$ . Para averiguar el trabajo planteamos: $[tex]W = -\int_{V_a}^{2V_a} \frac{c}{V^\gamma} dV = \left[ \frac{c(V^{1-\gamma})}{\gamma-1} \right]_{V_a}^{2V_a} = \frac{P_a V_a^\gamma}{\gamma-1} \left[ (V^{1-\gamma}) \right]_{V_a}^{2V_a} = [/tex]$ $[tex]\frac{P_a V_a^\gamma}{\gamma-1}((2V_a)^{1-\gamma} - V_a^{1-\gamma})[/tex]$ Por ser adiabática, $[tex]\Delta U = Q + W = W[/tex]$ . Otra manera es calculando la variación de energía interna y de ahí obtener el trabajo, $[tex]W = n C_v \Delta T = \frac{C_v}{R}\left( P V - P_a V_a\right)[/tex]$ 8) Dividamos la evolución en 3 estados, ABC. Trabajamos con $[tex]n=1[/tex]$ y $[tex]\gamma = \frac{5}{3}[/tex]$ por ser un gas monoatómico. Recordar pasar todas las temperaturas a K. En A tenemos: $[tex]P_A[/tex]$ , $[tex]T_A[/tex]$ y podemos averiguar $[tex]V_A = \frac{RT_A}{P_A}[/tex]$ . Luego pasamos adiabáticamente a B, donde conocemos $[tex]P_B[/tex]$ . Por el tipo de evolución: $[tex]P_A V_A^\gamma = P_B V_B^\gamma[/tex]$ . De aquí podemos despejar $[tex]V_B = \sqrt[\gamma]{\frac{P_A}{P_B}} V_A[/tex]$ . Por último, isocóricamente pasamos a C, por lo tanto $[tex]V_C = V_B[/tex]$ . Tenemos $[tex]T_C[/tex]$ y queremos averiguar $[tex]P_C[/tex]$ , que lo obtenemos de la ecuación de los gases: $[tex]P_C = \frac{R T_C}{V_C} = \frac{R T_C}{V_B} = \frac{R T_C}{\sqrt[\gamma]{\frac{P_A}{P_B}} V_A} = \frac{R T_C}{\sqrt[\gamma]{\frac{P_A}{P_B}} \frac{RT_A}{P_A}}[/tex]$ Simplificando ( $[tex]T_A = T_C[/tex]$ ): $[tex]P_C = P_A \sqrt[\gamma]{\frac{P_B}{P_A}}[/tex]$ El diagrama PV cualitativo es algo así: Notando que $[tex]P_C > P_A[/tex]$ 9) No puede haber intercambio de calor con el exterior ya que el recipiente está térmicamente aislado; $[tex]Q = 0[/tex]$ . Por otro lado, el gas no puede realizar trabajo ya que se expande contra el vacío, es decir $[tex]P_{ext} = 0 \rightarrow W = 0[/tex]$ . Esto sin embargo es una idealización. Si la temperatura disminuyó, entonces la energía interna debe haber bajado, si tuviesemos un gas ideal, pero ya dijimos que $[tex]Q + W = 0[/tex]$ . Podemos atribuir la perdida de energía térmica al aumento de la energía potencial entre las moléculas que se alejan cuando se expanden en el vacío, reduciendo esta su energía cinética debido a las atracciones que hay entre ellas. En un gas ideal, dichas atracciones son ignoradas y por eso esperamos que la temperatura no varíe si la energía interna es constante. Sin embargo, como ya dijimos, en un gas real parte de la energía interna que era cinética (de las moléculas de gas) se transforma en potencial, reduciendo la temperatura. -------------- Anexo: deducción de la condición $[tex]PV^\gamma = k[/tex]$ para adiabáticas reversibles de gases ideales: $[tex]\delta Q = 0 \rightarrow dU = \delta W = -p\, dV[/tex]$ También, $[tex]dU = n C_v dT[/tex]$ . Entonces: $[tex]n C_v dT = -p\, dV \rightarrow dT = \frac{-p\,dV}{n C_v}[/tex]$ . Ahora bien, la forma diferencial de la ecuación de los gases es: $[tex]P\,dV + V \,dP = nR \, dT[/tex]$ Reemplazando: $[tex]P\,dV + V \,dP = nR \frac{-P\,dV}{n C_v} [/tex]$ Dividiendo todo por $[tex]P[/tex]$ y reemplazando $[tex]R = C_p - C_v[/tex]$ $[tex]dV + \frac{V}{P} \,dP = (C_p - C_v) \frac{-dV}{ C_v} [/tex]$ $[tex]dV + \frac{V}{P} \,dP = (1 - \frac{C_p}{C_v}) dV[/tex]$ Divido todo por $[tex]dV[/tex]$ : $[tex]1 + \frac{V}{P} \,\frac{dP}{dV} = 1 - \frac{C_p}{C_v}[/tex]$ Reemplazando $[tex]\gamma = \frac{C_p}{C_v}[/tex]$ y cancelando los unos: $[tex]\frac{V}{P} \,\frac{dP}{dV} = -\gamma[/tex]$ Separando variables e integrando: $[tex]\int \frac{dP}{P} = -\gamma \int \frac{dV}{V}[/tex]$ $[tex]\ln(P) = -\gamma \ln(V) -\gamma k[/tex]$ $[tex]\ln(P) + \gamma \ln(V) = k[/tex]$ $[tex]\ln(P) + \ln(V^\gamma) = k[/tex]$ $[tex]\ln(PV^\gamma) = k[/tex]$ $[tex]PV^\gamma = e^k = k[/tex]$

Última edición por koreano el Jue Jul 05, 2012 2:00 pm, editado 4 veces

Federico12455
Nivel 3

Edad: 32
Registrado: 24 Feb 2011
Mensajes: 28

Carrera: Informática

Publicado: Jue Dic 01, 2011 6:27 pm Asunto: Ejercicio 3


Yo el ejercicio 3 lo pude hacer bajo la suposición de que estando el gas en un embolo, la presión del gas se va a igualar con la presión externa. Si el gas se calienta duplicando su volumen el embolo se va a desplazar hasta que nuevamente las presiones se vuelvan a compensar, es decir: $[tex]P_i = P_f[/tex]$ Por lo tanto podemos partir desde la ecuación de los gases ideales: $[tex]P.V = n.R.T[/tex]$ Igualamos las ecuaciones con P: $[tex]\frac{n.R.T_i}{V_i} = \frac{n.R.T_f}{V_f}[/tex]$ Sabiendo que el volumen final es el doble que el volumen inicial tenemos que: $[tex]V_f = 2.V_i[/tex]$ Reemplazamos en la ecuación anterior y nos queda: $[tex]\frac{n.R.T_i}{V_i} = \frac{n.R.T_f}{2.V_i}[/tex]$ Cancelo todos los términos iguales en ambos lados de la ecuación: $[tex]T_i = \frac{T_f}{2}[/tex]$ Ahora vamos a lo que pide el enunciado, empecemos con el trabajo: $[tex]W= \int_{V_i}^{V_f}p.dVol[/tex]$ Al ser evolución isobárica: $[tex]W =p.V_f - p.V_i[/tex]$ No tenemos ni la presión ni el volumen inicial y final, pero tampoco lo necesitamos, solo tenemos que saber cuanto vale su producto, entonces despejamos nuevamente de la ecuación de los gases ideales: $[tex]P.V = n.R.T[/tex]$ Teniendo la temperatura inicial y la final podemos despejar cuanto vale el producto $[tex] P.V_i [/tex]$ y $[tex] P.V_f [/tex]$ . Asi calculamos el trabajo, ahora podemos calcular el calor o $[tex] \Delta U[/tex]$ , vamos con la segunda que me parece un poco más fácil, después podemos despejar la incógnita restante desde: $[tex]\Delta U = Q - W\Delta U = C_v.m.(T_f-T_i)[/tex]$ Sabiendo de que gas se trata ( $[tex]He[/tex]$ ) sabemos que es un gas monoatómico, por lo tanto su coeficiente politropico para gases de este tipo vale $[tex] \gamma = 1,67[/tex]$ . Como no tenemos $[tex]C_v[/tex]$ ni $[tex]C_p[/tex]$ hacemos el siguiente despeje desde $[tex] \gamma[/tex]$ : $[tex]\gamma = \frac{C_p}{C_v}[/tex]$ Sabiendo que: $[tex]C_p - C_v = RC_p = R + C_v[/tex]$ Reemplazamos: $[tex]\gamma = \frac{C_v + R}{C_v}\\\\\gamma = 1 + \frac{R}{C_v}\\\\\gamma - 1 = \frac{R}{C_v}\\\\C_v = \frac{R}{\gamma - 1}[/tex]$ Ahora reemplazo en la primer ecuación: $[tex]\Delta U = \frac{R}{\gamma - 1}.m.(T_f - T_i)[/tex]$ Todas las variables son datos asi que ya se puede despejar todo lo pedido.

koreano
Nivel 9

Registrado: 15 Jul 2010
Mensajes: 1796

Carrera: No especificada

Publicado: Vie Dic 02, 2011 7:50 am Asunto: (Sin Asunto)


Lo que decís de la energía interna está bien, porque no depende del camino y en efecto es lo único que se puede averiguar en este problema. Pero cuando te pusiste a calcular el trabajo no entendí: al principio decís que es reversible y que la presión del gas es igual a la exterior, pero después decís que es isobárica O_o

Federico12455
Nivel 3

Edad: 32
Registrado: 24 Feb 2011
Mensajes: 28

Carrera: Informática

Publicado: Vie Dic 02, 2011 2:54 pm Asunto: (Sin Asunto)


Claro, como la presión externa no va a cambiar el embolo se va a mover hasta que la presión interna se compense con la externa. Al ser la presión externa siempre igual y el embolo va a hacer que la presion interna se compense con la externa va a ser una evolucion isobarica.

koreano
Nivel 9

Registrado: 15 Jul 2010
Mensajes: 1796

Carrera: No especificada

Publicado: Vie Dic 02, 2011 3:00 pm Asunto: (Sin Asunto)


Oh, había entendido cualquier otra cosa.

Basterman
Nivel 9

Edad: 34
Registrado: 28 Nov 2008
Mensajes: 2329

Carrera: Mecánica

Publicado: Vie Dic 09, 2011 2:50 pm Asunto: (Sin Asunto)


Che, en el 6 pusiste que en la evolucion isocora P2=P3, cuando lo que se mantiene constante es el volumen, queda mas facil y todo sacar el trabajo asi. Para sacar las coordenadas en 3, usas que en la adiabatica entre 1 y 3 se cumple que $[tex] P_{1}V_{1}^{x}=P_{3}V_{3}^{x}[/tex]$ , con $[tex]x=7/5[/tex]$ por ser coso diatomico. Con eso despejas P3 y despues T3.

koreano
Nivel 9

Registrado: 15 Jul 2010
Mensajes: 1796

Carrera: No especificada

Publicado: Vie Dic 09, 2011 3:29 pm Asunto: (Sin Asunto)


Sí, mandé fruta. Ahí lo arreglé y agregué lo que decís. Gracias

.qwerty.
Nivel 4

Edad: 31
Registrado: 20 Dic 2011
Mensajes: 67

Carrera: Civil
CARRERA.civil.3.jpg

Publicado: Vie Feb 24, 2012 10:12 am Asunto: (Sin Asunto)


Perdón la suma ignorancia pero no se qué es la M en la siguiente expresión: [tex]n = \frac{m}{\text{MR}}[\tex]

.qwerty.
Nivel 4

Edad: 31
Registrado: 20 Dic 2011
Mensajes: 67

Carrera: Civil
CARRERA.civil.3.jpg

Publicado: Vie Feb 24, 2012 10:16 am Asunto: (Sin Asunto)


y tampoco se como se usa lo del código .... JAJA era n=m/(MR)

koreano
Nivel 9

Registrado: 15 Jul 2010
Mensajes: 1796

Carrera: No especificada

Publicado: Vie Feb 24, 2012 10:21 am Asunto: (Sin Asunto)


Numero de moles = Masa / Masa molecular

fer90
Nivel 9

Edad: 33
Registrado: 14 Sep 2009
Mensajes: 1117
Ubicación: San Martín
Carrera: Informática y Sistemas
CARRERA.informatica.png

Publicado: Vie Feb 24, 2012 10:25 am Asunto: (Sin Asunto)


En esa fórmula, M es la masa atómica.

_________________
¿Y quién te va a tirar las postas y truquitos para cada materia?
Nosotros...Chat-Fiuba. Somos más grandes que Jesús.

Cumple sus sueños quien resiste!!!

drakoko
Nivel 9

Edad: 29
Registrado: 19 Jul 2007
Mensajes: 2528
Ubicación: caballito
Carrera: Mecánica

Publicado: Vie Feb 24, 2012 10:46 am Asunto: (Sin Asunto)


trabajo que sale negativo? pero por favor. QUé clase de termodinámica es esa.

_________________

Oso
Nivel 9

Edad: 38
Registrado: 01 Mar 2007
Mensajes: 2716
Ubicación: San Isidro
Carrera: Industrial

Publicado: Vie Feb 24, 2012 11:07 am Asunto: (Sin Asunto)

drakoko escribió:

trabajo que sale negativo? pero por favor. QUé clase de termodinámica es esa.

Termodinámica de maricones.

_________________

$[tex]\int Oso + 10\ dt...[/tex]$

AlanB
Nivel 9

Edad: 33
Registrado: 08 Mar 2010
Mensajes: 977
Ubicación: Quilmes
Carrera: Mecánica
CARRERA.mecanica.3.jpg

Publicado: Vie Feb 24, 2012 11:12 am Asunto: (Sin Asunto)


Informáticos... Aunque en química me parece que también se usa esa convención, no sé ya me lo olvidé todo

_________________

koreano
Nivel 9

Registrado: 15 Jul 2010
Mensajes: 1796

Carrera: No especificada

Publicado: Vie Feb 24, 2012 11:50 am Asunto: (Sin Asunto)


Pobres, les cambian la convención y ya no entienden nada y se ponen a llorar

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