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Proceso irreversible de 4 pasos

De Laplace

Contenido

1 Enunciado

Una cierta cantidad de aire seco (considerado como gas ideal diatómico) se encuentra contenido en un cilindro de sección cuadrada de 10 cm de lado, cerrado por un pistón móvil situado inicialmente a 16 cm del fondo. El aire interior se encuentra inicialmente (estado A) a 300 K de temperatura (que es la del ambiente en todo momento) y a la presión atmosférica de 0.1 MPa.

Se le aplica a este gas el siguiente proceso cíclico

A→B Se aumenta bruscamente la presión aplicada a 0.8 MPa, de forma que se produce una compresión muy rápida, que puede aproximarse por un proceso adiabático irreversible.
B→C Manteniendo la presión exterior de 0.8 MPa se espera hasta que vuelva a alcanzar el equilibrio térmico con el ambiente.
C→D Se retira bruscamente la presión exterior, dejándola en su valor inicial de 0.1 MPa. Se produce una expansión brusca que puede aproximarse por un proceso adiabático irreversible.
D→A Manteniendo la presión exterior de 0.1 MPa se espera hasta que vuelva a alcanzar el equilibrio térmico con el ambiente.

Para este ciclo

  1. Calcule los valores de la presión, volumen y temperatura al final de cada paso. Indique los estados, así como los procesos oportunos en un diagrama pV
  2. Halle el trabajo y el calor que entran en el sistema en cada paso, así como las variaciones de energía interna y entalpía en cada uno.
  3. Calcule, para un ciclo completo, el trabajo que entra y el que sale del sistema, así como el calor que entra y el que sale.
  4. ¿Es este sistema un refrigerador? ¿Una máquina térmica? ¿Una estufa?

2 Presiones, volúmenes y temperaturas

2.1 Estado A (inicial)

Inicialmente tenemos el estado definido por

p_A = 0.1\,\mathrm{mPa}\qquad \qquad V_A = 10^2\times 16\,\mathrm{cm}^3=1.6\,\mathrm{L}\qquad\qquad T_A=300\,\mathrm{K}

2.2 Estado B

En el primer paso, la presión exterior aumenta bruscamente y a partir de ahí se mantiene constante. Tal como se describe en el apartado teórico correspondiente y en un problema similar, al ser un proceso adiabático se cumple

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

Por ser una compresión a presión constante, el trabajo es igual a

W = -p_\mathrm{ext}\,\Delta V = -p_B(V_B-V_A)

y el aumento de la energía interna

\Delta U = nc_v\,\Delta T = \frac{p_BV_B-p_AV_A}{\gamma-1}

Igualando estas dos cantidades y despejando obtenemos el volumen en el estado B

V_B = V_A\left(1-\frac{p_B-p_A}{\gamma p_B}\right)

siendo su valor numérico

V_B = 1.6\,\mathrm{L}\left(1-\frac{0.8-0.1}{1.4\times 0.8}\right)=0.6\,\mathrm{L}

Una vez que tenemos la presión y el volumen hallamos la temperatura en este estado

T_B = \frac{p_BV_B}{p_AV_A}T_A=\frac{0.8\times 60}{0.1\times 160}\times 300\,\mathrm{K}=900\,\mathrm{K}

2.3 Estado C

El segundo paso es un enfriamiento a presión constante hasta que la temperatura vuelve a ser la inicial

p_C = p_B=0.8\,\mathrm{mPa}\qquad\qquad T_C=T_A=300\,\mathrm{K}

Hallamos el nuevo volumen por la ley de los gases ideales, que entre los estados A y C se reduce a la ley de Boyle

V_C=\frac{p_AV_A}{p_C}=\frac{0.1\times 1.6}{0.8}\mathrm{L}=0.2\,\mathrm{L}

También podíamos haber relacionado los estados B y C, y en ese caso habríamos usado la ley de Charles.

2.4 Estado D

Tenemos un nuevo proceso adiabático irreversible en el que la presión permanece constante, por lo que podemos aplicar una fórmula análoga a la del primer paso

V_D = V_C\left(1-\frac{p_D-p_C}{\gamma p_D}\right)

con

p_D = p_A = 0.1\,\mathrm{mPa}

y resulta

V_D = 1.2\,\mathrm{L}

siendo la nueva temperatura

T_D = \frac{V_D}{V_A}T_A=225\,\mathrm{K}

2.5 Tabla resumen

Estado p (MPa) V (L) T (K)
A 0.1 1.6 300
B 0.8 0.6 900
C 0.8 0.2 300
D 0.1 1.2 225

A la hora de representar los estados en una gráfica, podemos marcar los cuatro vértices, pero solo se pueden unir por una línea en los procesos cuasiestáticos.

Archivo:diagrama-pv-4pasos.png

3 Cambios energéticos

La mayoría de los cálculos ya han sido indicados en el apartado anterior.

3.1 Proceso A→B

En el primer paso, es nulo el calor, por ser el proceso adiabático

Q^{A\to B}=0

y el trabajo y la variación de la energía interna son iguales

W^{A\to B}=\Delta U^{A\to B} = \frac{p_BV_B-p_AV_A}{\gamma-1}=\frac{0.8\times 0.6-0.1\times 1.6}{0.4}\mathrm{kJ}=+800\,\mathrm{J}

La variación de entalpía se calcula de forma parecida

\Delta H^{A\to B} = nc_p\,\Delta T = \frac{\gamma(p_BV_B-p_AV_A)}{\gamma-1}=\gamma\,\Delta U = +1120\,\mathrm{J}

3.2 Proceso B→C

En el segundo paso se vuelve a la temperatura inicial, por lo que la variación de energía interna es la opuesta a la del paso anterior

\Delta U^{B\to C} = -\Delta U^{A\to B}=-800\,\mathrm{J}

Lo mismo ocurre con la entalpía

\Delta H^{B\to C} = -\Delta H^{A\to B}=-1120\,\mathrm{J}

Puesto que se trata de un proceso a presión constante, el calor es igual al incremento de entalpía.

Q^{B\to C} = \Delta H^{B\to C}=-1120\,\mathrm{J}

y el trabajo lo calculamos por el primer principio de la termodinámica

W^{B\to C}=\Delta U^{B\to C}-Q^{B\to C}=(-800+1120)\,\mathrm{J}=+320\,\mathrm{J}

Obsérvese como a partir de los incrementos en dos funciones de estado (U y H) hemos hallado el calor y el trabajo, que no son funciones de estado.

3.3 Proceso C→D

Este es análogo al primero.

Q^{C\to D}=0\qquad \qquad W^{C\to D}=\Delta U^{C\to D}=\frac{p_DV_D-p_CV_C}{\gamma-1}=-100\,\mathrm{J}

y para la entalpía

\Delta H^{C\to D}=\gamma\,\Delta U^{C\to D}=-140\,\mathrm{J}

3.4 Proceso D→A

Este es análogo al segundo

\Delta U^{D\to A} = -\Delta U^{C\to D}=+100\,\mathrm{J}

Para la entalpía

\Delta H^{D\to A} = -\Delta H^{C\to D}=+140\,\mathrm{J}

Puesto que se de nuevo trata de un proceso a presión constante

Q^{D\to A} = \Delta H^{D\to A}=1+140\,\mathrm{J}

y el trabajo vale

W^{D\to A}=\Delta U^{D\to A}-Q^{D\to A}=(100-140)\,\mathrm{J}=-40\,\mathrm{J}

3.5 Tabla resumen

Paso Q (J) W (J) ΔU (J) ΔH (J)
A→B 0 +800 +800 +1120
B→C −1120 +320 −800 −1120
C→D 0 −100 −100 −140
D→A +140 −40 +100 +140

4 Entrada y salida de calor y trabajo

Separando los casos en que entre calor (signo positivo) o sale (signo negativo)

Q_\mathrm{in}=140\,\mathrm{J}\qquad\qquad Q_\mathrm{out}=1120\,\mathrm{J}

y lo mismo para el trabajo

W_\mathrm{in}=1120\,\mathrm{J}\qquad\qquad Q_\mathrm{in}=140\,\mathrm{J}

5 Interpretación

Vemos que en este sistema hay una transformación neta de 980J de trabajo en calor, pero sin que haya dos focos térmicos, por lo que el sistema es simplemente una estufa.

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