Variación de entropía por compresión
De Laplace
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Para calcular la variación de entropía tenemos que hallar por separado la del sistema y la del ambiente. | Para calcular la variación de entropía tenemos que hallar por separado la del sistema y la del ambiente. | ||
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El ambiente es un foco térmico a temperatura constante <math>T_0</math>. Su variación de entropía es la correspondiente a un proceso isotermo reversible | El ambiente es un foco térmico a temperatura constante <math>T_0</math>. Su variación de entropía es la correspondiente a un proceso isotermo reversible | ||
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<center><math>\Delta S_\mathrm{amb}=\frac{3.92\,\mathrm{J}}{300\,\mathrm{K}}=+13.1\,\frac{\mathrm{mJ}}{\mathrm{K}}</math></center> | <center><math>\Delta S_\mathrm{amb}=\frac{3.92\,\mathrm{J}}{300\,\mathrm{K}}=+13.1\,\frac{\mathrm{mJ}}{\mathrm{K}}</math></center> | ||
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La fórmula anterior no nos vale para el cálculo de la variación de entropía del propio gas. No sabemos si la temperatura del sistema ha permanecido constante. Lo único que sabemos es que su temperatura inicial y final es la misma, pero en medio puede haber cambiado, incluso de forma no uniforme (calentándose algunos puntos más que otros). | La fórmula anterior no nos vale para el cálculo de la variación de entropía del propio gas. No sabemos si la temperatura del sistema ha permanecido constante. Lo único que sabemos es que su temperatura inicial y final es la misma, pero en medio puede haber cambiado, incluso de forma no uniforme (calentándose algunos puntos más que otros). | ||
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<center><math>\Delta S_\mathrm{sis} = -\frac{p_AV_A}{T_A}\ln\left(\frac{p_B}{p_A}\right)=-\frac{10^5\times 160\times 10^{-6}}{300}\ln\left(\frac{1.25}{1.0}\right)\frac{\mathrm{J}}{\mathrm{K}}=-11.7\,\frac{\mathrm{mJ}}{\mathrm{K}}</math></center> | <center><math>\Delta S_\mathrm{sis} = -\frac{p_AV_A}{T_A}\ln\left(\frac{p_B}{p_A}\right)=-\frac{10^5\times 160\times 10^{-6}}{300}\ln\left(\frac{1.25}{1.0}\right)\frac{\mathrm{J}}{\mathrm{K}}=-11.7\,\frac{\mathrm{mJ}}{\mathrm{K}}</math></center> | ||
| - | + | Vemos que no hay problema en que la variación de entropía del sistema sea negativa. Lo que debe ser positiva o nula es la variación de entropía del universo entero. | |
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Sumando las dos contribuciones | Sumando las dos contribuciones | ||
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<center><math>p_BV_B = p_AV_A \qquad\Rightarrow\qquad V_B = \frac{p_AV_A}{p_B}= 128\,\mathrm{cm}^3</math></center> | <center><math>p_BV_B = p_AV_A \qquad\Rightarrow\qquad V_B = \frac{p_AV_A}{p_B}= 128\,\mathrm{cm}^3</math></center> | ||
| - | + | Puesto que el estado inicial es el mismo que en todos los casos y el estado final coincide con el el apartado anterior, la variación de entropía del sistema (que depende sólo de los estados) es la misma que allí | |
| - | Puesto que el estado inicial es el mismo que en todos los casos y el estado final coincide con el el apartado anterior, la variación de entropía del sistema | + | |
<center><math>\Delta S_\mathrm{sis} = -\frac{p_AV_A}{T_A}\ln\left(\frac{p_B}{p_A}\right)=-\frac{10^5\times 160\times 10^{-6}}{300}\ln\left(\frac{1.25}{1.0}\right)\frac{\mathrm{J}}{\mathrm{K}}=-11.7\,\frac{\mathrm{mJ}}{\mathrm{K}}</math></center> | <center><math>\Delta S_\mathrm{sis} = -\frac{p_AV_A}{T_A}\ln\left(\frac{p_B}{p_A}\right)=-\frac{10^5\times 160\times 10^{-6}}{300}\ln\left(\frac{1.25}{1.0}\right)\frac{\mathrm{J}}{\mathrm{K}}=-11.7\,\frac{\mathrm{mJ}}{\mathrm{K}}</math></center> | ||
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| + | Para el ambiente la expresión general sigue siendo la misma | ||
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| + | <center><math>\Delta S_\mathrm{amb}=\frac{Q_\mathrm{in,amb}}{T_\mathrm{amb}}</math></center> | ||
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| + | pero el calor que entra en el ambiente es diferente del de antes, ya que el trabajo realizado sobre el gas no es el mismo | ||
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| + | <center><math>Q_\mathrm{in,amb}=Q_\mathrm{out,sis}=W_\mathrm{in,sis}=-\int_A^Bp\,\mathrm{d}V</math></center> | ||
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| + | Por tratarse de un proceso isotermo cuasiestático | ||
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| + | <center><math>W_\mathrm{in,sis}=p_AV_A\ln\left(\frac{p_B}{p_A}\right)</math></center> | ||
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| + | por lo que la variación de entropía del ambiente es ahora | ||
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| + | <center><math>\Delta S_\mathrm{amb}=\frac{p_AV_A}{T_A}\ln\left(\frac{p_B}{p_A}\right)</math></center> | ||
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| + | Aplicando las propiedades de los logaritmos vemos que esta variación de entropía es igual en magnitud y de signo opuesto a la del sistema, por lo que | ||
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| + | <center><math>\Delta S_\mathrm{u}=\Delta S_\mathrm{sis}+\Delta S_\mathrm{amb}=(-11.7+11.7)\,\frac{\mathrm{mJ}{\mathrm{K}} = 0\,\frac{\mathrm{mJ}{\mathrm{K}}</math></center> | ||
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| + | Aun que la variación de entropía del sistema es distinta de cero (negativa incluso), la del universo es nula, lo que nos indica que el proceso es reversible. | ||
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==Compresión adiabática irreversible== | ==Compresión adiabática irreversible== | ||
==Compresión adiabática reversible== | ==Compresión adiabática reversible== | ||
==Comparación== | ==Comparación== | ||
[[Categoría:Problemas del segundo principio de la termodinámica (GIE)]] | [[Categoría:Problemas del segundo principio de la termodinámica (GIE)]] | ||
Revisión de 17:48 20 mar 2013
Contenido |
1 Enunciado
Considere un prisma vertical de 4 cm de lado que contiene aire. El cilindro contiene un pistón que inicialmente está a 10 cm de altura. La temperatura del gas inicialmente es de 300 K, que también es la temperatura ambiente y la presión exterior es de 100 kPa.
Calcule la variación en la entropía del gas, del entorno y del universo en los cuatro siguientes procesos:
- Se coloca bruscamente una pesa de 4 kg encima del émbolo y las paredes son diatermas.
- Se colocan progresivamente 4 kg de arena, grano a grano y las paredes son diatermas.
- Se coloca bruscamente una pesa de 4 kg encima del émbolo y las paredes son adiabáticas.
- Se colocan progresivamente 4 kg de arena, grano a grano y las paredes son adiabáticas.
2 Introducción
En este problema tenemos cuatro variantes del mismo sistema, que son muy similares en apariencia, pero difieren en detalles cruciales que provocan que los resultados sean distintos en cada uno de los casos.
Los cálculos analíticos (pero no los valores numéricos) del trabajo y calor en estos cuatro procesos se consideran además en los problemas “Trabajo en una compresión isoterma por un peso” y “Compresión adiabática de un gas por un peso”.
En todos los casos tenemos inicialmente un gas en un estado A en el que ocupa un cierto volumen a una cierta presión y temperatura iguales a las del ambiente
Asimismo, en las cuatro situaciones se añade una pesa que incrementa la presión sobre el gas a un valor
(aproximando g por 10 m/s²). La temperatura y volumen final, en cambio, dependen del proceso que consideremos.
3 Compresión isoterma irreversible
En el primer caso, el recipiente no está aislado del exterior, por lo que una vez se deja caer la pesa y se alcanza de nuevo el equilibrio, su temperatura final es igual a la inicial
Puesto que tenemos la presión y la temperatura tenemos automáticamente el volumen, por la ley de los gases ideales (o, en este caso particular, la ley de Boyle)
En términos de la nueva altura del pistón
Para calcular la variación de entropía tenemos que hallar por separado la del sistema y la del ambiente.
El ambiente es un foco térmico a temperatura constante T0. Su variación de entropía es la correspondiente a un proceso isotermo reversible
El calor que entra en el ambiente es el mismo que sale del sistema
A su vez el calor que sale del sistema lo da el primer principio de la termodinámica
Por ser un proceso isotermo de un gas ideal, su variación de energía interna es nula
mientras que el trabajo se halla a parte de la integral de la presión exterior, que es constante (e igual a la final)
(los decimales finales resultan de hacer los cálculos exactos, con g = 9.81N/kg, aunque en su presentación se redondeen los resultados a tres cifras significativas). Es decir, en el sistema entran unos 4 julios en forma de trabajo, que no son almacenados, sino que vuelven a salir en forma de calor, entregando entropía al ambiente.
Por tanto, la variación de entropía del ambiente es
La fórmula anterior no nos vale para el cálculo de la variación de entropía del propio gas. No sabemos si la temperatura del sistema ha permanecido constante. Lo único que sabemos es que su temperatura inicial y final es la misma, pero en medio puede haber cambiado, incluso de forma no uniforme (calentándose algunos puntos más que otros).
Para hallar la variación de entropía del sistema podemos:
- imaginar un proceso reversible que lleve del estado inicial al mismo estado final.
- aplicar que la entropía es una función de estado y por tanto solo necesitamos conocer su valor final y su valor inicial.
El segundo método solo es aplicable cuando conocemos la entropía como función de las variables de estado. Para el caso de un gas ideal esto es posible. En función de la temperatura y la presión, la variación de entropía es
Puesto que la temperatura final es la misma que la inicial el primer término se cancela y queda
Vemos que no hay problema en que la variación de entropía del sistema sea negativa. Lo que debe ser positiva o nula es la variación de entropía del universo entero.
Sumando las dos contribuciones
La variación de entropía del universo es estrictamente positiva, como corresponde a un proceso irreversible.
4 Compresión isoterma reversible
En el segundo caso, la presión y la temperatura finales son los mismos que en el primer caso
y por ello el volumen final también es el mismo que en el primer caso:
Puesto que el estado inicial es el mismo que en todos los casos y el estado final coincide con el el apartado anterior, la variación de entropía del sistema (que depende sólo de los estados) es la misma que allí
Para el ambiente la expresión general sigue siendo la misma
pero el calor que entra en el ambiente es diferente del de antes, ya que el trabajo realizado sobre el gas no es el mismo
Por tratarse de un proceso isotermo cuasiestático
por lo que la variación de entropía del ambiente es ahora
Aplicando las propiedades de los logaritmos vemos que esta variación de entropía es igual en magnitud y de signo opuesto a la del sistema, por lo que
Aun que la variación de entropía del sistema es distinta de cero (negativa incluso), la del universo es nula, lo que nos indica que el proceso es reversible.
