Descenso en un proceso cíclico

Enunciado

Se construye un sistema de cilindro con pistón, para el cual se sigue el siguiente proceso cíclico. Se parte de un estado A en el que tenemos un cilindro de paredes aisladas térmicamente (aunque el aislante no es perfecto), con pistón. El cilindro tiene 100 cm² de sección y el pistón se halla inicialmente a 70 cm del fondo. El interior del cilindro contiene inicialmente aire seco a 7 ℃ y 100 kPa, que coinciden con la temperatura y la presión del ambiente, las cuales son constantes.

A	B
D	C

A→B

Sobre el pistón se coloca bruscamente una pesa de 250 N, que hace que el pistón descienda una cierta distancia. Este proceso puede suponerse adiabático, pero no cuasiestático.

B→C

Sin quitar la pesa se deja que el gas cambie lentamente su temperatura hasta que se iguala a la temperatura exterior.

C→D

Se quita bruscamente la pesa a la nueva altura, lo que hace que el pistón suba bruscamente, en otro proceso adiabático no cuasiestático.

D→A

Se deja que el aire ceda o absorba calor lentamente hasta que vuelve a estar a la temperatura inicial y en la posición de partida.

Para este ciclo:

1. Calcule la presión, temperatura y volumen del aire en cada estado. ¿Cuántos cm desciende la pesa entre los estados A y C?
2. Indique gráficamente en un diagrama pV, de manera aproximada, cómo es el ciclo localizando los cuatro estados y trazando aquellos procesos que se puedan representar.
3. Calcule el trabajo y el calor que entra en el sistema en cada paso, así como el trabajo neto de entrada y el calor neto de salida en el ciclo.

Presión, volumen y temperatura

Estado A

El estado inicial nos lo da el Enunciado

$p_{A}=100\,\mathrm {kPa} \qquad \qquad T_{A}=280\,\mathrm {K} \qquad \qquad V_{A}=7.00\,\mathrm {L}$

Estado B

En el primer paso tenemos una compresión adiabática abrupta como en el problema “Compresión adiabática de un gas”. El cálculo es idéntico aquí. El resultado es, para la presión,

$p_{B}=p_{A}+{\frac {mg}{S}}=100000\,\mathrm {Pa} +{\frac {250\,\mathrm {N} }{0.01\,\mathrm {m} ^{2}}}=125\,\mathrm {kPa}$

para el volumen

$V_{B}=V_{A}\left(1-{\frac {p_{B}-p_{A}}{\gamma p_{B}}}\right)=7.00\left(1-{\frac {125-100}{1.4\cdot 125}}\right)\,\mathrm {L} =6.00\,\mathrm {L}$

y para la temperatura

$T_{B}=T_{A}\,{\frac {p_{B}}{p_{A}}}\,{\frac {V_{B}}{V_{A}}}=280\,{\frac {125}{100}}\,{\frac {6}{7}}=300\,\mathrm {K}$

Vemos que el pistón desciende 10 cm, desde 70 cm a 60 cm mientras la temperatura se incrementa en 20 K.

Estado C

El paso de B a C es una compresión lenta a presión constante, a medida que el calor va escapando por las paredes. En el estado C la presión y temperatura valen

$p_{C}=p_{B}=125\,\mathrm {kPa} \qquad \qquad T_{C}=T_{A}=280\,\mathrm {K}$

lo que nos da el volumen

$V_{C}=V_{B}{\frac {p_{B}}{p_{C}}}\,{\frac {T_{C}}{T_{B}}}=6.00\,{\frac {125}{125}}\,{\frac {280}{300}}\,\mathrm {L} =5.60\,\mathrm {L}$

La posición del émbolo es ahora a 56 del fondo.

Estado D

Al retirar la pesa se produce una expansión adiabática abrupta. La presión vuelve a ser la inicial

$p_{D}=p_{A}=100\,\mathrm {kPa}$

y el volumen se obtiene de manera análoga al paso A→B.

$V_{D}=V_{C}\left(1-{\frac {p_{D}-p_{C}}{\gamma p_{D}}}\right)=5.60\left(1-{\frac {100-125}{1.4\cdot 100}}\right)\,\mathrm {L} =6.60\,\mathrm {L}$

El pistón está ahora a 66  del fondo.

La nueva temperatura es

$T_{D}=T_{C}\,{\frac {p_{D}}{p_{C}}}\,{\frac {V_{D}}{V_{C}}}=280\,{\frac {100}{125}}\,{\frac {6.60}{5.60}}\,\mathrm {K} =264\,\mathrm {K}$

Durante la expansión adiabática se produce un enfriamiento, pues parte de la energía interna se va en realizar trabajo.

Resumen

Reuniendo todos estos resultados nos queda

Estado	$p\ (\mathrm {kPa} )$	$T\ (\mathrm {K} )$	$V\ (\mathrm {L} )$	$h\ (\mathrm {cm} )$
A	100	280	7.00	70
B	125	300	6.00	60
C	125	280	5.60	56
D	100	264	6.60	66

Representación gráfica

En este proceso solo podemos representar los procesos B→C y D→A, que son los únicos cuasiestáticos. Al ser procesos a presión constante, se representan por segmentos horizontales en un diagrama pV. Los procesos adiabáticos no los podemos representar por no ser cuasiestáticos, aunque sí podemos marcar los estados inicial y final de cada uno.

Trabajo y calor

Proceso A→B

Este proceso es adiabático, por lo que

$Q_{A\to B}=0\,$

mientras que el trabajo coincide con la variación de la energía interna, por la misma razón

$W_{A\to B}=U(B)-U(A)={\frac {p_{B}V_{B}-pAV_{A}}{\gamma -1}}={\frac {125\cdot 6.00-100\cdot 7.00}{0.4}}\,\mathrm {J} =+125\,\mathrm {J}$

Este trabajo puede calcularse también como

$W_{A\to B}=-p_{B}(V_{B}-V_{A})=-125(6.00-7.00)\mathrm {J} =+125\,\mathrm {J}$

por ser un proceso a presión externa constante (pero no a presión constante).

Proceso B→C

Este proceso es cuasiestático a presión constante, por lo que el calor coincide con la variación en la entalpía

$Q_{B\to C}=\Delta H=H(C)-H(B)={\frac {\gamma (p_{C}V_{V}-p_{B}V_{B})}{\gamma -1}}={\frac {1.4(125\cdot 5.60-125\cdot 6.00)}{0.4}}\,\mathrm {J} =-175\,\mathrm {J}$

mientras que el trabajo coincide con la variación de la energía interna menos el calor

$W_{B\to C}=\Delta U-\Delta H=+125\,\mathrm {J}$

siendo

$\Delta U={\frac {125\cdot 5.60-125\cdot 6.00}{0.4}}\,\mathrm {J} =-125\,\mathrm {J}$

Este cambio es opuesto al del proceso A→B porque el gas vuelve a la temperatura inicial. Por tanto

$W_{B\to C}=-125\,\mathrm {J} +175\,\mathrm {J} =+50\,\mathrm {J}$

Este trabajo puede calcularse también como

$W_{B\to C}=-p_{C}(V_{C}-V_{B})=-125(5.60-6.00)\mathrm {J} =+50\,\mathrm {J}$

por ser un proceso a presión constante (externa e interna).

Proceso C→D

De nuevo tenemos un proceso adiabático, por lo que

$Q_{C\to D}=0\,$

mientras que el trabajo coincide con la variación de la energía interna

$W_{C\to D}=\Delta U=U(D)-U(C)={\frac {p_{D}V_{D}-p_{C}V_{C}}{\gamma -1}}={\frac {100\cdot 6.60-125\cdot 5.60}{0.4}}\,\mathrm {J} =-100\,\mathrm {J}$

Este trabajo puede calcularse también como

$W_{C\to D}=-p_{D}(V_{D}-V_{C})=-100(6.60-5.60)\mathrm {J} =-100\,\mathrm {J}$

por ser también un proceso a presión externa constante.

Proceso D→A

Este proceso es cuasiestático a presión constante, por lo que el calor coincide con la variación en la entalpía

$Q_{D\to A}=\Delta H=H(D)-H(A)={\frac {\gamma (p_{A}V_{A}-p_{D}V_{D})}{\gamma -1}}={\frac {1.4(100\cdot 7.00-100\cdot 6.60)}{0.4}}\,\mathrm {J} =+140\,\mathrm {J}$

mientras que el trabajo coincide con la variación de la energía interna menos el calor

$W_{B\to C}=\Delta U-\Delta H=+100\,\mathrm {J} -140\,\mathrm {J} =-40\,\mathrm {J}$

donde hemos usado que, por volver a la temperatura del estado C

$\Delta U_{D\to A}=-\Delta U_{C\to D}$

Este trabajo puede calcularse también como

$W_{D\to A}=-p_{A}(V_{A}-V_{D})=-100(7.00-6.60)\mathrm {J} =-40\,\mathrm {J}$

por ser un proceso a presión constante (externa e interna).

Resumen

Reuniendo todos estos resultados tenemos

Proceso	$W\ (\mathrm {J} )$	$Q\ (\mathrm {J} )$
A→B	+125	0
B→C	+50	−175
C→D	−100	0
D→A	−40	+140

El balance global del proceso es que se ha realizado un trabajo sobre el sistema

$W=(+125+50-100-40)\,\mathrm {J} =+35\,\mathrm {J}$

Este trabajo coincide con la pérdida de energía potencial de la pesa, que ha descendido 14 cm (de 70 cm a 56 cm)

$\Delta E_{p}=mg(h_{C}-h_{A})=250\,\mathrm {N} (56\,\mathrm {cm} -70\,\mathrm {cm} )=-35\,\mathrm {J}$

El calor neto del ciclo es

$W=(0-175+0+140)\,\mathrm {J} =-35\,\mathrm {J}$

Este es un calor de salida. Tenemos entonces que, como corresponde a un ciclo en el que entra trabajo y sale calor

$W_{\mathrm {in} }=+35\,\mathrm {J} =Q_{\mathrm {out} }$

El resultado neto es que al final del ciclo el sistema vuelve al estado inicial, pero 35 J de energía potencial se han disipado en forma de calor.