Trabajo perdido en intercambio térmico

Enunciado

Se tienen dos recipientes adiabáticos conteniendo 1.0 kg de agua cada uno, a 27°C y 90°C respectivamente. Se ponen en contacto a través de una pared diaterma. Halle:

1. La temperatura final del agua.
2. La cantidad de calor transferida.
3. La variación de entropía en el proceso.

Suponga ahora que el contacto térmico no se hace directamente sino a través de una máquina térmica reversible que usa los recipientes como foco caliente y foco frío. Teniendo en cuenta que todos los procesos son reversibles

4. Halle la temperatura final del agua
5. Calcule el calor cedido por el agua caliente y el absorbido por el agua fría
6. Determine el trabajo que se puede extraer del sistema.

Contacto directo

La primera parte del problema es idéntica a la de otro problema de mezcla de dos cantidades de agua.

Temperatura final

Al ser un recipiente adiabático, no entra calor del exterior, por lo que todo lo que sale del recipiente 2 (el de 90%deg;C) entra en el 1 (el de 27°C)

$Q_{\mathrm {2,out} }=Q_{\mathrm {1,in} }\,$

La transferencia de calor se detiene cuando las temperaturas se igualan, por lo que queda

$m_{2}c_{2}(T_{2}-T_{f})=m_{1}c_{1}(T_{f}-T_{1})\,$

y despejando

$T_{f}={\frac {m_{1}c_{1}T_{1}+m_{2}c_{2}T_{2}}{m_{1}c_{1}+m_{2}c_{2}}}$

En este caso tanto las masas como los calores específicos son iguales, por lo que resulta una temperatura final que es la media aritmética de las dos iniciales

$T_{f}={\frac {T_{1}+T_{2}}{2}}=58.5\,^{\circ }\mathrm {C}$

Calor transferido

Una vez que tenemos la temperatura final, hallamos la cantidad de calor que pasa de una cámara a la otra.

$Q_{\mathrm {2,out} }=1.0\mathrm {kg} \times 4.18{\frac {\mathrm {kJ} }{\mathrm {kg} \cdot \mathrm {K} }}(90-58.5)\mathrm {K} =131.7\mathrm {kJ}$

Producción de entropía

Para hallar la variación de entropía no basta con dividir el calor por la temperatura, sino que hay que suponer un proceso cuasiestático. En ese caso, resulta, para cada sistema

$\mathrm {d} S={\frac {\delta Q^{\mathrm {rev} }}{T}}={\frac {mc\,\mathrm {d} T}{T}}\qquad \Rightarrow \qquad \Delta S=mc(\ln(T_{f})-\ln(T_{i}))=mc\ln \left({\frac {T_{f}}{T_{i}}}\right)$

y por tanto, la variación de entropía total es

$\Delta S=m_{1}c_{1}\ln \left({\frac {T_{f}}{T_{1}}}\right)+m_{2}c_{2}\ln \left({\frac {T_{f}}{T_{2}}}\right)$

donde la temperatura debe ser la absoluta. Esto nos da el valor

$\Delta S=\left(4.18\ln \left({\frac {331.5}{300}}\right)+4.18\ln \left({\frac {331.5}{363}}\right)\right){\frac {\mathrm {kJ} }{\mathrm {K} }}=\left(+0.417-0.379\right){\frac {\mathrm {kJ} }{\mathrm {K} }}=+37.9\,{\frac {\mathrm {J} }{\mathrm {K} }}$

La variación de entropía es positiva, como corresponde a un proceso real irreversible.

Contacto a través de una máquina

Supongamos ahora que el contacto se hace a través de una máquina térmica reversible que puede extraer el máximo de trabajo del sistema.

Temperatura final

En este caso la temperatura final del sistema no será la misma que en la sección anterior, ya que parte del calor se emplea en producir trabajo. Por tanto, el sistema frío se calentará menos y su temperatura final será inferior.

El máximo trabajo lo obtenemos cuando todos los procesos son reversibles y por tanto, la variación de entropía es nula

$0=\Delta S=m_{1}c_{1}\ln \left({\frac {T_{f}}{T_{1}}}\right)+m_{2}c_{2}\ln \left({\frac {T_{f}}{T_{2}}}\right)$

En este caso, en que son iguales las masas y las capacidades caloríficas, la ecuación se reduce a

$0=\ln \left({\frac {T_{f}}{T_{1}}}\right)+\ln \left({\frac {T_{f}}{T_{2}}}\right)=\ln \left({\frac {T_{f}^{2}}{T_{1}T_{2}}}\right)$

y puesto que debe ser nulo, el argumento del logaritmo debe ser igual a la unidad.

${\frac {T_{f}^{2}}{T_{1}T_{2}}}=1\qquad \Rightarrow \qquad T_{f}={\sqrt {T_{1}T_{2}}}$

es decir, en lugar de la media aritmética, la nueva temperatura final es la media geométrica de las dos iniciales. Numéricamente.

$T_{f}=330\,\mathrm {K}$

Intercambios de calor

Una vez que tenemos la temperatura final, calculamos el calor que sale del foco caliente

$Q_{2\mathrm {out} }=m_{2}c(T_{2}-T_{f})=1\times 4.18\times (353-330)\mathrm {kJ} =138\,\mathrm {kJ}$

y el que entra en el foco frío

$Q_{1\mathrm {in} }=m_{1}c(T_{f}-T_{1})=1\times 4.18\times (330-300)\mathrm {kJ} =125\,\mathrm {kJ}$

Trabajo máximo

El trabajo que podríamos obtener es la diferencia entre el que entra en la máquina y el que sale de ella

$Q_{\mathrm {in} }^{\mathrm {MT} }=Q_{2\mathrm {out} }=138\,\mathrm {kJ}$

y el que sale de ella

$Q_{\mathrm {out} }^{\mathrm {MT} }=Q_{1\mathrm {in} }=125\,\mathrm {kJ}$

y resulta

$W_{\mathrm {out} }=(138-125)\,\mathrm {kJ} =13\,\mathrm {kJ}$

Vemos que solo podríamos aprovechar en torno al 10% del calor transferido, pero es lógico un rendimiento tan bajo al ser pequeña la diferencia de temperaturas.