Cálculo de entropía en compresión de gas

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:

1. Se coloca bruscamente una pesa de 4 kg encima del émbolo y las paredes son diatermas.
2. Se colocan progresivamente 4 kg de arena, grano a grano y las paredes son diatermas.
3. Se coloca bruscamente una pesa de 4 kg encima del émbolo y las paredes son adiabáticas.
4. Se colocan progresivamente 4 kg de arena, grano a grano y las paredes son adiabáticas.

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 del trabajo y calor en estos cuatro procesos se consideran además en el problema “Trabajo en una compresión 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

$p_{A}=p_{0}=100\,\mathrm {kPa} \qquad V_{A}=Sh_{0}=160\,\mathrm {cm} ^{3}\qquad T_{A}=300\,\mathrm {K}$

Asimismo, en las cuatro situaciones se añade una pesa que incrementa la presión sobre el gas a un valor

$p_{B}=p_{0}+{\frac {mg}{S}}=125\,\mathrm {kPa}$

(aproximando g por 10 m/s²). La temperatura y volumen final, en cambio, dependen del proceso que consideremos.

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

$T_{B}=T_{A}=300\,\mathrm {K}$

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)

$p_{B}V_{B}=p_{A}V_{A}\qquad \Rightarrow \qquad V_{B}={\frac {p_{A}V_{A}}{p_{B}}}=128\,\mathrm {cm} ^{3}$

En términos de la nueva altura del pistón

$h_{B}={\frac {p_{A}h_{A}}{p_{B}}}=8\,\mathrm {cm}$

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 $T_{0}$. Su variación de entropía es la correspondiente a un proceso isotermo reversible

$\Delta S_{\mathrm {amb} }={\frac {Q_{\mathrm {amb} }}{T_{0}}}$

El calor que entra en el ambiente es el mismo que sale del sistema

$Q_{\mathrm {in,amb} }=Q_{\mathrm {out,sis} }\,$

A su vez el calor que sale del sistema lo da el primer principio de la termodinámica

$Q_{\mathrm {out,sis} }=-\Delta U+W_{\mathrm {in,sis} }\,$

Por ser un proceso isotermo de un gas ideal, su variación de energía interna es nula

$\Delta U=0\,$

mientras que el trabajo se halla a parte de la integral de la presión exterior, que es constante (e igual a la final)

$W_{\mathrm {in,sis} }=-\int _{A}^{B}p_{\mathrm {ext} }\,\mathrm {d} V=-p_{B}(V_{B}-V_{A})=-125\,\mathrm {kPa} \times (0.128-0.160)\mathrm {L} =+4.00\,\mathrm {J}$

Es decir, en el sistema entran 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

$\Delta S_{\mathrm {amb} }={\frac {+4.00\,\mathrm {J} }{300\,\mathrm {K} }}=+13.3\,{\frac {\mathrm {mJ} }{\mathrm {K} }}$

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.

Un proceso reversible sería una compresión isoterma cuasiestática (el montón de arena) que lleva del mismo estado inicial al final. En este proceso la energía interna del gas es constante

$\mathrm {d} U=0\qquad \Rightarrow \qquad \delta Q=-\delta W=p\,\mathrm {d} V={\frac {p_{A}V_{A}}{\,}}{\frac {\mathrm {d} V}{V}}$

y la variación diferencial de entropía del sistema es

$\mathrm {d} S_{\mathrm {sis} }={\frac {\delta Q}{T}}={\frac {p_{A}V_{A}}{T_{A}}}\,{\frac {\mathrm {d} V}{V}}$

Si integramos aquí desde el estado inicial al final queda

$\Delta S_{\mathrm {sis} }={\frac {p_{A}V_{A}}{T_{A}}}\ln \left({\frac {V_{B}}{V_{A}}}\right)={\frac {100\cdot 0.160}{300}}\ln \left({\frac {128}{160}}\right)\,{\frac {\mathrm {J} }{\mathrm {K} }}=-11.9\,{\frac {\mathrm {mJ} }{\mathrm {K} }}$

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

$\Delta S_{\mathrm {u} }=\Delta S_{\mathrm {sis} }+\Delta S_{\mathrm {amb} }=(-11.9+13.3){\frac {\mathrm {mJ} }{\mathrm {K} }}=+1.43{\frac {\mathrm {mJ} }{\mathrm {K} }}$

La variación de entropía del universo es estrictamente positiva, como corresponde a un proceso irreversible.

Compresión isoterma reversible

En el segundo caso, la presión y la temperatura finales son los mismos que en el primer caso

$p_{B}=125\,\mathrm {kPa} \qquad \qquad T_{B}=T_{A}=300\,\mathrm {K}$

y por ello el volumen final también es el mismo que en el primer caso:

$p_{B}V_{B}=p_{A}V_{A}\qquad \Rightarrow \qquad V_{B}={\frac {p_{A}V_{A}}{p_{B}}}=128\,\mathrm {cm} ^{3}$

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

$\Delta S_{\mathrm {sis} }={\frac {p_{A}V_{A}}{T_{A}}}\ln \left({\frac {V_{B}}{V_{A}}}\right)=-11.9\,{\frac {\mathrm {mJ} }{\mathrm {K} }}$

Para el ambiente la expresión general sigue siendo la misma

$\Delta S_{\mathrm {amb} }={\frac {Q_{\mathrm {in,amb} }}{T_{\mathrm {amb} }}}$

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

$Q_{\mathrm {in,amb} }=Q_{\mathrm {out,sis} }=W_{\mathrm {in,sis} }=-\int _{A}^{B}\!p\,\mathrm {d} V$

Por tratarse de un proceso isotermo cuasiestático

$W_{\mathrm {in,sis} }=-p_{A}V_{A}\ln \left({\frac {V_{B}}{V_{A}}}\right)$

por lo que la variación de entropía del ambiente es ahora

$\Delta S_{\mathrm {amb} }=-{\frac {p_{A}V_{A}}{T_{A}}}\ln \left({\frac {V_{B}}{V_{A}}}\right)$

Vemos que esta variación de entropía es igual en magnitud y de signo opuesto a la del sistema, por lo que

$\Delta S_{\mathrm {u} }=\Delta S_{\mathrm {sis} }+\Delta S_{\mathrm {amb} }=(-11.9+11.9)\,{\frac {\mathrm {mJ} }{\mathrm {K} }}=0\,{\frac {\mathrm {mJ} }{\mathrm {K} }}$

Aunque 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.

Compresión adiabática irreversible

En el tercer caso, el recipiente está aislado térmicamente. Por tanto, en el ambiente no entra ni sale calor y

$\Delta S_{\mathrm {amb} }=0\,$

La variación de entropía del sistema, en cambio, no es nula, ya que el proceso es irreversible. Es más, por el principio del aumento de entropía, debe resultar una variación positiva.

Para calcular la variación de entropía del sistema debemos conocer su estado final. Este no es el mismo que el dos los dos apartados anteriores, ya que en este caso la temperatura cambia. Al estar aislado del exterior, no se pone en equilibrio térmico con éste.

Obtenemos el estado final a partir del primer principio de la termodinámica. Puesto que el proceso es adiabático

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

El trabajo que entra en el sistema, al ser la presión externa constante, vale

$W=-p_{B}(V_{B}-V_{A})\,$

donde $V_{B}$ es desconocido. La variación de la energía interna es, por su parte,

$\Delta U=nc_{v}\,\Delta T={\frac {nR(T_{B}-T_{A})}{\gamma -1}}={\frac {p_{B}V_{B}-p_{A}V_{A}}{\gamma -1}}$

Igualando y despejando

$-p_{B}(V_{B}-V_{A})={\frac {p_{B}V_{B}-p_{A}V_{A}}{\gamma -1}}\qquad \Rightarrow \qquad V_{B}=\left(1-{\frac {p_{B}-p_{A}}{\gamma p_{B}}}\right)V_{A}$

El valor numérico del nuevo volumen, teniendo en cuenta que $\gamma =1.4$ para el aire, es

$V_{B}=137.1\,\mathrm {cm} ^{3}\qquad \qquad h=8.59\,\mathrm {cm}$

El pistón baja menos que en el caso anterior. La nueva temperatura final la obtenemos de la ley de los gases ideales

$T_{B}={\frac {p_{B}V_{B}}{p_{A}V_{A}}}T_{A}=321\,\mathrm {K}$

La temperatura del gas aumenta en 21°C.

La variación de entropía del sistema la podemos calcular imaginando un proceso reversible. Existen varias posibilidades. Una de ellas consiste en imaginar un enfriamiento a presión constante hasta que el volumen se reduce al volumen final, seguido de un calentamiento a volumen constante hasta alcanzar el estado final B. Sea C el estado intermedio

$p_{C}=p_{A}=100\,\mathrm {kPa} \qquad \qquad v_{C}=V_{B}=137.5\,\mathrm {cm} ^{3}$

La variación de entropía en el primer paso es

$\Delta S_{1}=\int _{A}^{C}{\frac {\delta Q}{T}}=\int _{A}^{C}{\frac {nc_{p}\delta T}{T}}=nc_{p}\ln({\frac {T_{C}}{T_{A}}})$

y en el segundo

$\Delta S_{2}=\int _{C}^{B}{\frac {\delta Q}{T}}=\int _{C}^{B}{\frac {nc_{v}\delta T}{T}}=nc_{v}\ln({\frac {T_{B}}{T_{C}}})$

lo que da la variación total de la entropía del sistema

$\Delta S_{\mathrm {sis} }=nc_{p}\ln({\frac {T_{C}}{T_{A}}})+nc_{v}\ln({\frac {T_{B}}{T_{C}}})$

Para poner esto en función de los datos del problema tenemos, en primer lugar, que

$nc_{v}={\frac {nR}{\gamma -1}}={\frac {p_{A}V_{A}}{(\gamma -1)T_{A}}}\qquad \qquad nc_{v}={\frac {\gamma nR}{\gamma -1}}={\frac {\gamma p_{A}V_{A}}{(\gamma -1)T_{A}}}$

Por otro lado, al ser el proceso A→C a presión constante

${\frac {T_{C}}{T_{A}}}={\frac {V_{C}}{V_{A}}}={\frac {V_{B}}{V_{A}}}$

y por ser C→B a volumen constante

${\frac {T_{B}}{T_{C}}}={\frac {p_{B}}{p_{C}}}={\frac {p_{B}}{p_{A}}}$ $\Delta S_{\mathrm {sis} }=nc_{p}\ln \left({\frac {T_{B}}{T_{A}}}\right)-nR\ln \left({\frac {p_{B}}{p_{A}}}\right)$

Reuniendo todo esto obtenemos la expresión para la variación de entropía del sistema

$\Delta S_{\mathrm {sis} }={\frac {p_{A}V_{A}}{(\gamma -1)T_{A}}}\left(\gamma \ln \left({\frac {v_{B}}{V_{A}}}\right)+\ln \left({\frac {p_{B}}{p_{A}}}\right)\right)$

Nótese que este resultado es general, sean cuales sean los estados inicial y final del gas ideal, ésta es su variación de entropía.

En nuestro caso resulta

$\Delta S_{\mathrm {sis} }={\frac {100\cdot 0.16}{0.4\cdot 300}}\left(1.4\ln \left({\frac {137.1}{160}}\right)+\ln \left({\frac {125}{100}}\right)\right){\frac {\mathrm {J} }{\mathrm {K} }}=+0.98\,{\frac {\mathrm {mJ} }{\mathrm {K} }}$

que de nuevo es positiva, por ser un proceso irreversible.

Compresión adiabática reversible

En el último caso, tenemos de nuevo un proceso adiabático. No se intercambia calor con el ambiente y

$\Delta S_{\mathrm {amb} }={\frac {Q_{\mathrm {in,amb} }}{T_{\mathrm {amb} }}}=0$

Para el sistema, el cálculo sigue la misma lógica que el del apartado anterior. El volumen ahora lo da la ley de Poisson

$p_{A}V_{A}^{\gamma }=p_{B}V_{B}^{\gamma }\qquad \Rightarrow \qquad V_{B}=V_{A}\left({\frac {p_{A}}{p_{B}}}\right)^{1/\gamma }=136.4\,\mathrm {cm} ^{3}$

La nueva temperatura final del gas vale

$T_{B}={\frac {p_{B}V_{B}}{p_{A}V_{A}}}T_{A}=319\,\mathrm {K}$

y se calienta un poco menos que en el caso anterior.

Para la variación de entropía del sistema es ahora, podemos emplear la misma fórmula que antes

$\Delta S_{\mathrm {sis} }={\frac {p_{A}V_{A}}{(\gamma -1)T_{A}}}\left(\gamma \ln \left({\frac {v_{B}}{V_{A}}}\right)+\ln \left({\frac {p_{B}}{p_{A}}}\right)\right)$

Observemos que aquí podemos agrupar los logaritmos y escribir

$\Delta S_{\mathrm {sis} }={\frac {p_{A}V_{A}}{(\gamma -1)T_{A}}}\ln \left({\frac {p_{B}v_{B}^{\gamma }}{p_{A}V_{A}^{\gamma }}}\right)$

y, puesto que se cumple la ley de Poisson, el resultado Es

$\Delta S_{\mathrm {sis} }=0$

y, dado que la variación de entropía del ambiente también es nula, por ser el proceso adiabático

$\Delta S_{\mathrm {u} }=\Delta S_{\mathrm {sis} }+\Delta S_{\mathrm {amb} }==0.0{\frac {\mathrm {mJ} }{\mathrm {K} }}$

Puesto que la variación de entropía del ambiente es nula, obtenemos que la entropía del universo permance constante y el proceso es reversible.

En general, un proceso adiabático cuasiestático de un sistema es isentrópico.