Trabajo en una compresión por un peso

De Laplace

Revisión a fecha de 21:17 21 feb 2014; Antonio (Discusión | contribuciones)

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Contenido

1 Enunciado
2 Introducción
3 Caso isotermo
4 Caso adiabático
5 Introducción
6 Compresión por una pesa
7 Compresión por un montón de arena

1 Enunciado

Un tubo vertical de sección cuadrada de 4.0 cm de lado contiene hidrógeno a 27°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.

Suponiendo que las paredes del tubo son diatermas, calcule el trabajo realizado sobre el sistema entre el estado inicial y el estado de equilibrio final sí…
1. Se coloca bruscamente sobre la tapa una pesa de 4.0 kg.
2. Se colocan sobre el émbolo 4.0 kg de arena grano a grano.
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.
Suponga ahora que las paredes del tubo son adiabáticas. ¿Cómo quedan en ese caso el trabajo, el calor y la variación de la energía interna para los dos procesos considerados?

2 Introducción

Este problema en realidad es una combinación de cuatro. En cada caso tenemos una compresión diferente:

Isoterma no cuasiestática
Isoterma cuasiestática
Adiabática no cuasiestática
Adiabática cuasiestática

En cada caso los resultados son diferentes, por lo que hay que tener claras las condiciones de cada proceso.

Cuando las paredes son diatermas, es decir, el tubo no está aislado térmicamente, la temperatura inicial y la final son iguales a la del ambiente, por lo que los procesos se pueden considerar isotermos.

Si las paredes son adiabáticas, no hay intercambio de calor entre el sistema y el entorno y la compresión es adiabática. En este caso, la temperatura final no tiene por qué coincidir con la del entorno.

Si la compresión se efectúa dejando caer una pesa sobre el émbolo, el proceso no es cuasiestático, ya que el gas experimenta un cambio brusco, pasando por estados no de equilibrio.

Si en cambio la masa se añade muy lentamente, puede suponerse que el proceso es cuasiestático y que el sistema está en todo momento en un estado de equilibrio.

3 Caso isotermo

Si las paredes no están aisladas térmicamente, el sistema es capaz de alcanzar el equilibrio térmico con el ambiente. Esto quiere decir que la temperatura inicial y la final son iguales a la del entorno

$T_A=T_B = T_0=300\,K$

Por otro lado, al ser un gas ideal, en un proceso a temperatura constante se cumple la ley de Boyle (caso particular de la de los gases ideales)

$p_AV_A = p_BV_B\,$

siendo la presión y el volumen iniciales

$p_A=p_0=100\,\mathrm{kPa}\qquad\qquad V_A = Sh_0 = 160\,\mathrm{cm}^3 = 1.6\times 10^{-4}\mathrm{m}^3$

La presión final es la debida a la atmósfera más lo que aporta el peso. Tomando, por simplicidad $g = 10\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^2$ queda

$p_B = p_0+\frac{mg}{S}=100\,\mathrm{kPa}+\frac{40}{16\times 10^{-4}}\,\mathrm{Pa}=125\,\mathrm{kPa}$

De aquí obtenemos el volumen final

$V_B = \frac{p_AV_A}{p_B}=\frac{Sh_0p_0}{p_0+mg/S}=160\,\mathrm{cm}^3\frac{100}{125}=128\,\mathrm{cm}^3$

siendo la nueva altura del pistón

$h_B = \frac{V_B}{S}=8\,\mathrm{cm}$

Este resultado es el mismo tanto si el peso se coloca de una vez como si se coloca gradualmente en forma de granos de arena.

El valor del trabajo, en cambio, es diferente en cada caso.

3.1 Descenso con una pesa

Cuando se coloca un peso unitario de $4.0\,\mathrm{kg}$ la presión externa aumenta bruscamente de $p A$ a $p B$ y a partir de ahí permanece constante. La presión interior, en cambio, no sabemos cuanto vale, pues en el descenso brusco del pistón el gas no se encuentra en equilibrio y la presión variará de un punto a otro de la cámara. Esto no es problema, ya que el trabajo sobre el gas se calcula empleando la presión externa

$W = -\int_{A}^{B}p_\mathrm{ext}\,\mathrm{d}V$

Como la presión externa es constante, se puede sustituir y sacar de la integral

$W = -p_B\int_{A}^{B}\mathrm{d}V = -p_B(V_B-V_A)$

Podemos calcular este valor numéricamente

$W = -1.25\times 10^{5}(128-160)\times 10^{-6}\,\mathrm{J}=4\,\mathrm{J}$

Resulta un valor positivo, ya que la compresión del gas supone un trabajo realizado sobre este, es decir, es un $W in$ .

Este resultado puede expresarse de otra forma con ayuda de la ley de Boyle

$W = -p_B(V_B-V_A) = -p_BV_B+p_BV_A = -p_AV_A+p_BV_A = V_A(p_B-p_A) = Sh_0\frac{mg}{S}=mgh_0$

Siendo el valor numérico calculado de esta forma

$W = 4.0\times 10\times 0.1\,\mathrm{J} = 4.0\,\mathrm{J}$

Este resultado se presta a una falsa interpretación, basada en razonar que si la pesa desciende, el trabajo realizado es igual a lo que disminuye su energía potencial. Esto es falso. La energía potencial de la pesa disminuye en $mg(h_B-h_A) = 0.8\,\mathrm{J}$ . Hay una contribución también del trabajo realizado por la presión atmosférica.

3.2 Descenso acumulando arena

En el segundo caso, la presión exterior no es constante, sino que va variando a medida que se va añadiendo arena. Una forma de resolver este apartado sería suponer que para una presión dada, se añade un grano de arena de masa $d m$ , lo que reduce el volumen una cantidad diferencial, según la fórmula del apartado anterior. Sumando (integrando) todas las contribuciones se llega al trabajo total.

Sin embargo, es más fácil observar que si la presión se aumenta muy lentamente al gas le da tiempo a alcanzar el equilibrio térmico con el exterior, por lo que se trata de un proceso cuasiestático a temperatura constante. En este caso la presión interna del gas es igual a la exterior y el trabajo se puede hallar empleando la presión interior

$W = -\int_{A}^{B}p_\mathrm{ext}\,\mathrm{d}V = -\int_{A}^{B}p\,\mathrm{d}V$

y puesto que la temperatura permanece constante se cumple en todo momento

$pV=p_AV_A \qquad\Rightarrow\qquad p=\frac{p_AV_A}{V}$

Llevando esto a la integral

$W = -p_AV_A\int_{A}^{B}\frac{\mathrm{d}V}{V}=-p_AV_A\ln\left(\frac{V_B}{V_A}\right)$

Aplicando de nuevo la ley de Boyle podemos escribir esto en términos del cociente entre presiones en lugar de volúmenes

$W = -p_AV_A\ln\left(\frac{V_B}{V_A}\right)=-p_AV_A\ln\left(\frac{p_A}{p_B}\right)=+p_AV_A\ln\left(\frac{p_B}{p_A}\right)$

Sustituyendo los valores numéricos

$W = 10^5\times 160\times 10^{-6}\ln\left(\frac{125}{100}\right)\,\mathrm{J}=3.57\,\mathrm{J}$

Vemos que el trabajo en ambos casos es positivo, como corresponde a una compresión, pero en el segundo caso es un poco menor que en el primero

3.3 Energía interna

La energía interna de un gas ideal es una función de estado que depende exclusivamente de la temperatura. En este problema, para cualquiera de los dos procesos la temperatura final es la misma que la inicial y por tanto la energía interna tiene incremento nulo

$\Delta U = U_B-U_A = U(T_B)-U(T_A) = 0\,$

3.4 Calor

De acuerdo con el primer principio de la termodinámica la suma del trabajo y el calor que entran en un sistema nos dan la variación de la energía interna

$W+Q=\Delta U\,$

En este caso, sabemos que la variación de la energía interna es nula, por lo que

$\Delta U = 0\qquad \Rightarrow\qquad Q = - W$

Esto quiere decir que toda la energía que introducimos en el sistema en forma de trabajo escapa por las paredes en forma de calor. Al comprimir el gas se calienta (muy poco si el proceso es cuasiestático; una cantidad finita si se trata de una compresión abrupta). Se produce entonces una diferencia de temperatura con el exterior, que genera un flujo de calor hacia afuera.

El valor numérico del calor será el mismo que el del trabajo que calculamos antes, con signo opuesto.

Descenso con una pesa

$Q = -mgh_0 = -4.0\,\mathrm{J}$

Descenso con un montón de arena

$Q = -p_AV_A\ln\left(\frac{p_B}{p_A}\right)=-3.57\,\mathrm{J}$

El signo negativo implica que el calor sale del sistema.

4 Caso adiabático

5 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.

6 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

$Q = 0\,$

7 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.

Trabajo en una compresión por un peso

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1 Enunciado

2 Introducción

3 Caso isotermo

3.1 Descenso con una pesa

3.2 Descenso acumulando arena

3.3 Energía interna

3.4 Calor

4 Caso adiabático

5 Introducción

6 Compresión por una pesa

7 Compresión por un montón de arena

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