Ver el código de «Calor y trabajo en un proceso lineal»

==Enunciado==
Considere el caso del problema &ldquo;[[Compresión lineal de un gas]]&rdquo;, en el que se comprime cuasiestáticamente un gas ideal diatómico que inicialmente se encuentra a presión <math>p_A=100\,\mathrm{kPa}</math>, temperatura <math>T_A=300\,\mathrm{K}</math> y ocupa un volumen <math>V_A=0.01\,\mathrm{m}^3</math>, según la ley 
<center><math>p=3p_A-\frac{2p_A}{V_A}  V</math></center>
La compresión continúa hasta que la presión vale <math>p_B  = 2p_A</math>.
# Calcule el trabajo neto realizado sobre el gas, la variación de su energía interna y el calor que entra en el gas durante el proceso.
# Separando el proceso en dos: uno hasta que alcanza la temperatura máxima y otro de ahí hasta el final, halle W, ΔU y Q en cada uno de los dos subprocesos.
==Proceso completo==
===Trabajo===
El proceso puede escribirse en forma numérica como 

<center><math>p = 300 - 20 V\,</math></center>

con el volumen en L y la presión en kPa. El estado inicial cumple

<center><math>p_A=100\,\mathrm{kPa}\qquad V_A=10\,\mathrm{L}\qquad T_A=300\,\mathrm{K}</math></center>

y el final, tal como se ve en el problema citado

<center><math>p_B=200\,\mathrm{kPa}\qquad V_B=5\,\mathrm{L}\qquad T_B=300\,\mathrm{K}</math></center>

El proceso se describe mediante un segemento rectilíneo. El área bajo este segmento es el trabajo realizado, que será positivo por tratarse de una compresión. Podemos hallar este trabajo integrando

<center><math>W=-\int_A^B p\,\mathrm{d}V = -\int_{10}^5 (300-20V)\mathrm{d}V = -\left,\left(300V - 10 V^2\right)\right|_{10}^5= 750\,\mathrm{J}</math></center>

o directamente empleando el área de un trapecio

<center><math>W=\frac{p_A+p_B}{2}(V_A-V_B)=\frac{200+100}{2}(10-5)\,\mathrm{J}=750\,\mathrm{J}</math></center>

===Energía interna===
La energía interna de un gas ideal depende solo de la temperatura. En este caso, la temperatura final en es la misma que la inicial, por lo que

<center><math>\Delta U = nc_v(T_B-T_A)=0\,</math></center>
===Calor===
Obtenemos el calor intercambiado empleando el primer principio de la termodinámica

<center><math>Q=\Delta U - W = -750\,\mathrm{J}</math></center>

==División en dos tramos==
Tal como se ve en el problema citado, la temperatura aumenta hasta un máximo y luego vuelve a disminuir. El máximo se alcanza cuando <math>V_C=7.5\,\mathrm{L}</math>. Para este punto

<center><math>p_C=150\,\mathrm{kPa}\qquad\qquad T_C=337.5\,\mathrm{K}</math></center>
Dividimos entonces el proceso en dos.
===Primer tramo===
Entre A y C el trabajo corresponde de nuevo al área de un trapecio:

<center><math>W=(pA+pC)/2(VA-VC) = \frac{100+150}{2}(10-7.5)\,\mathrm{J}= 312.5\,\mathrm{J}</math></center>

La variación de energía ahora no es nula, pues la temperatura aumenta. Podemos hallar el cambio a partir de las presiones y volúmenes

<center><math>\Delta U= nc_v(T_C-T_A)= \frac{p_CV_C-p_AV_A}{\gamma-1}=\frac{150\cdot 7.5-100\cdot 10}{0.4}=312.5\,\mathrm{J}</math></center>

lo que implica que en este tramo

<center><math>Q=\Delta U - W = 312.5\,\mathrm{J}-312.5\,\mathrm{J}=0\,\mathrm{J}</math></center>

Vemos que aunque la temperatura se eleva, el cambio se debe a la entrada de trabajo, no de calor.

===Segundo tramo===
Calculamos el trabajo de la misma manera

<center><math>W=(pA+pC)/2(VA-VC) = \frac{150+200}{2}(7.5-5.0)\,\mathrm{J}= 437.5\,\mathrm{J}</math></center>

y la variación de la energía es ahora

<center><math>\Delta U= nc_v(T_B-T_C)= \frac{p_BV_B-p_CV_C}{\gamma-1}=\frac{200\cdot 5.0-150\cdot 7.5}{0.4}=-312.5\,\mathrm{J}</math></center>

En este tramo se pierde toda la energía ganada en el tramo anterior.

El calor es ahora

<center><math>Q=\Delta U - W = -312.5\,\mathrm{J}-437.5\,\mathrm{J}=-750\,\mathrm{J}</math></center>

Todo el calor se expulsa en este segundo tramo.

Podíamos haber calculado estos valores simplemente restando los del primer tramo de los del proceso completo.