Compresión adiabática de un gas por un peso

De Laplace

Contenido

1 Enunciado
2 Introducción
3 Compresión por una pesa
4 Compresión por un montón de arena

1 Enunciado

Un cilindro vertical de 10.0 cm de diámetro contiene hidrógeno a 25 °C y 100 kPa de presión, que también es la temperatura y presión exterior. La tapa del cilindro puede deslizarse sin rozamiento e inicialmente se encuentra a 10.0 cm de altura. Suponga que las paredes y el émbolo son superficies adiabáticas.

Se coloca sobre la tapa una pesa de 2.0 kg. Calcule el trabajo realizado sobre el sistema desde el momento que se coloca la pesa hasta el estado de equilibrio final.
Suponga que en lugar de una pesa se colocan sobre lentamente el émbolo 2.0 kg de arena grano a grano. ¿Cuál es en ese caso el trabajo realizado sobre el sistema?

Para los dos casos anteriores, halle la variación en la energía interna del gas y el calor que entra en el sistema durante el proceso.

2 Introducción

Este problema puede parecer, en una primera inspección, idéntico al del Trabajo en una compresión isoterma por un peso. De hecho, sólo se diferencia en una frase “Suponga que las paredes y el émbolo son superficies adiabáticas”, pero esta frase establece una diferencia esencial. Si el calor puede fluir a través de las paredes, puede alcanzarse el equilibrio térmico con el exterior, la temperatura final en este sistema es la misma que la inicial, la variación de la energía interna es nula, pero no lo es el calor.

En el problema que estamos considerando ahora, en cambio, no puede haber calor atravesando las paredes. Esto impide que se llegue al equilibrio térmico con el exterior; la temperatura final no será la misma que la final, la energía interna cambia durante el proceso, mientras que el calor es nulo.

La ecuación básica para determinar el estado final es el primer principio de la termodinámica

$W + \overbrace{Q}^{=0} = \Delta U$

Se trata de calcular por separado el trabajo realizado y la variación en la energía interna para llegar una ecuación que nos permita calcular la temperatura y el volumen final.

Físicamente, lo que ocurre en este caso es que la compresión del gas mete una cantidad energía en el sistema que no puede escapar por ningún sitio, resultando en el calentamiento del hidrógeno.

3 Compresión por una pesa

Al tratarse de una cantidad fija de un gas ideal, se verifica la ecuación de estado

$\frac{p_1V_1}{T_1}=\frac{p_2V_2}{T_2}$

donde, como en el caso isotermo

$p_1 = p_\mathrm{atm}\qquad\qquad p_2 = p_\mathrm{atm}+\frac{mg}{S}\qquad\qquad V_1 = Sh_1 \qquad\qquad V_2 = Sh_2$

pero ahora

$T_1 \neq T_2\,$

por lo que no puede eliminarse de la ecuación.

Por ser la presión externa constante durante la compresión, el trabajo realizado sobre el gas vale

$W = -\int_{V_2}^{V_1} p_\mathrm{ext}\,\mathrm{d}V = -p_2(V_2-V_1) = p_2S(h_1-h_2)$

La variación de la energía interna se debe al cambio en la temperatura

$\Delta U = nc_v(T_2-T_1)\,$

siendo $n$ el número de moles del gas y $c v$ la capacidad calorífica molar a volumen constante. En el caso de un gas diatómico, como el hidrógeno, esta capacidad vale

$c_v = \frac{5}{2}R$

Más en general, la capacidad calorífica a volumen constante se escribe

$c_v = \frac{R}{\gamma-1}\qquad\qquad \gamma = \frac{c_p}{c_v}$

siendo $\gamma \simeq 1.4$ para el hidrógeno. Esta relación da el incremento en la energía

$\Delta U = \frac{nR(T_2-T_1)}{\gamma-1} = \frac{nRT_2-nRT_1}{\gamma-1} = \frac{p_2V_2-p_1V_1}{\gamma-1}$

Al ser el proceso adiabático igualamos el trabajo a la variación de la energía interna

$p_2S(h_1-h_2)=\frac{p_2Sh_2-p_1Sh_1}{\gamma-1}$

esta ecuación nos permite hallar la altura final del pistón

$h_2 = \frac{p_1+(\gamma-1)p_2}{\gamma p_2}h_1=h_1-\frac{p_2-p_1}{\gamma p_2}h_1 = h_1-\frac{mg}{\gamma(p_\mathrm{atm}S+mg)}h_1$

El valor numérico de la altura final es, sustituyendo los datos del enunciado

$h_2 = 9.826\,\mathrm{cm}$

Vemos que se comprime menos que en el caso isotermo (donde bajaba hasta 9.75 cm). La razón es que al calentarse el gas aumenta más rápidamente la presión y por tanto se alcanza antes el equilibrio mecánico.

El trabajo realizado en este proceso es

$W = -p_2(V_2-V_1) = \left(p_\mathrm{atm}+\frac{mg}{S}\right)S(h_1-h_2) = 1.40\,\mathrm{J}$

Este trabajo es igual a la variación de la energía interna. La temperatura final de gas vale

$T_2 = \frac{p_2V_2}{p_1V_1} T_1 = 300.28\,\mathrm{K} = 27.13\,^\circ\mathrm{C}$

El calor transferido en el proceso es nulo, por ser éste adiabático

$Q = 0\,$

4 Compresión por un montón de arena

En el caso de la compresión gradual, el razonamiento es el mismo que en el caso anterior, y además se aplica a todos y cada uno de los granos de arena que se van añadiendo.

Supongamos que en un cierto momento ya se ha depositado parte de la masa en y en ese instante la presión externa tiene un valor $p ext$ (que será intermedio entre $p 1$ y $p 2$ ). Puesto que el proceso es cuasiestático, esta presión será igual a la interior, por estar el sistema en equilibrio mecánico en todo momento. Si se incrementa la presión en una pequeña cantidad $d p$ el volumen disminuirá de manera diferencial, $d V$ . El trabajo realizado en esta compresión diferencial será

$\delta W = -p_\mathrm{ext}\,\mathrm{d}V = -p\,\mathrm{d}V$

Este trabajo provoca un aumento de la energía interna, que se manifiesta como un aumento de la temperatura

$\mathrm{d}U = nc_v\,\mathrm{d}T = \frac{nR\,\mathrm{d}T}{\gamma-1}$

Igualando el trabajo al aumento de la energía interna

$-p\,\mathrm{d}V=\frac{nR\,\mathrm{d}T}{\gamma-1}$

Por tratarse de una masa fija de gas se cumple en todo momento

$p = \frac{nRT}{V}$

lo que nos da la relación entre diferenciales

$-\frac{\mathrm{d}V}{V}=\frac{1}{\gamma-1}\,\frac{\mathrm{d}T}{T}$

Sumando los sucesivos incrementos (integrando)

$(1-\gamma)\int_{V_1}^V \frac{\mathrm{d}V}{V}=\int_{T_1}^T \frac{\mathrm{d}T}{T}\qquad\Rightarrow\qquad (1-\gamma)\ln\left(\frac{V}{V_1}\right)=\ln\left(\frac{T}{T_1}\right)$

y hallando las exponenciales hallamos la relación entre temperaturas y volúmenes para todo el proceso

$\frac{T}{T_1}=\left(\frac{V}{V_1}\right)^{1-\gamma}\qquad \Rightarrow\qquad TV^{\gamma-1}=T_1V_1^{\gamma-1}$

Llevando esto a la ecuación de los gases ideales nos queda la relación entre la presión y el volumen

$pV^\gamma =p_1V_1^\gamma\,$

que nos dice que en un proceso adiabático cuasiestático, la presión y el volumen se relacionan un caso particular de proceso politrópico.

Otra forma de llegar a este resultado es observar que en el caso de una pesa de masa finita se cumple

$V_2 = V_1-\frac{p_2-p_1}{\gamma p_2}V_1\qquad\Rightarrow\qquad \frac{\Delta V}{V_1} = \frac{V_2 -V_1}{V_1} = -\frac{\Delta p}{\gamma p_2}$

Si en vez de una pesa consideramos granos de arena, la expresión es análoga, cambiando los incrementos por diferenciales

$\frac{\mathrm{d}V}{V}=-\frac{\mathrm{d}p}{\gamma p}$

e integrando aquí se llega a la misma ecuación.

La posición final del émbolo la obtenemos despejando el volumen final

$p_2V_2^\gamma = p_1V_1^\gamma \qquad\Rightarrow\qquad V_2 = V_1 \left(\frac{p_1}{p_2}\right)^{1/\gamma}\qquad\Rightarrow\qquad h_2 = h_1 \left(\frac{p_1}{p_2}\right)^{1/\gamma} = 9.825\,\mathrm{cm}$

El trabajo que se realiza en el proceso completo es entonces

$W = -\int_{V_1}^{V_2}p\,\mathrm{d}V = \frac{p_2V_2-p_1V_1}{\gamma-1} = 1.40\,\mathrm{J}$

Con la precisión que estamos trabajando obtenemos el mismo resultado que en el caso anterior. Sin embargo, puesto que $V 2$ es ligeramente mayor, este trabajo es un poco más grande que en el caso de la pesa.

La variación de la energía será igual al trabajo, por ser nulo el calor

$\Delta U = W = 1.40\,\mathrm{J}$

En cuanto a la temperatura final del gas tenemos la ley

$\frac{T_2}{T_1} = \frac{p_2V_2}{p_1V_1} = \left(\frac{p_2}{p_1}\right)^{1-1/\gamma} \qquad\Rightarrow\qquad T_2 = 300.26\,\mathrm{K} = 273.11\,^\circ\mathrm{C}$

que es ligeramente más baja que en el caso anterior.

Compresión adiabática de un gas por un peso

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3 Compresión por una pesa

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