Trabajo en una compresión por un peso

Enunciado

Un tubo vertical de sección cuadrada de 4.0 cm de lado contiene hidrógeno a 300 K y 100 kPa de presión, que también es la temperatura y presión exterior. La tapa del cilindro puede deslizarse sin rozamiento e inicialmente se encuentra a 10.0 cm de altura.

1. Suponiendo que las paredes del tubo son diatermas, calcule el trabajo realizado sobre el sistema entre el estado inicial y el estado de equilibrio final sí…
   1. Se coloca bruscamente sobre la tapa una pesa de 40 N.
   2. Se colocan sobre el émbolo 4.0 kg de arena grano a grano.
2. Calcule asimismo el trabajo si tras los procesos anteriores se retira el peso extra (o bien retirando la pesa o bien grano a grano).
3. Si consideramos el proceso completo de puesta y retirada del peso (en sus cuatro variantes posibles, según como se combinen), ¿cuál es el trabajo neto en cada uno?

Estado final del sistema

Si las paredes no están aisladas térmicamente, el sistema es capaz de alcanzar el equilibrio térmico con el ambiente. Esto quiere decir que la temperatura inicial y la final son iguales a la del entorno

$T_{A}=T_{B}=T_{0}=300\,\mathrm {K}$

Por otro lado, al ser un gas ideal, en un proceso en el que la temperatura en los estados A y B es la mismase cumple la ley de Boyle (caso particular de la de los gases ideales)

$p_{A}V_{A}=p_{B}V_{B}\,$

siendo la presión y el volumen iniciales

$p_{A}=p_{0}=100\,\mathrm {kPa} \qquad \qquad V_{A}=Sh_{0}=160\,\mathrm {cm} ^{3}=0.160\,\mathrm {L}$

La presión final es la debida a la atmósfera más lo que aporta el peso.

$p_{B}=p_{0}+{\frac {mg}{S}}=100\,\mathrm {kPa} +{\frac {40}{16\times 10^{-4}}}\,\mathrm {Pa} =125\,\mathrm {kPa}$

De aquí obtenemos el volumen final

$V_{B}=V_{A}\,{\frac {p_{A}}{p_{B}}}=V_{A}{\frac {p_{0}}{p_{0}+mg/S}}=0.160\,\mathrm {L} {\frac {100}{125}}=0.128\,\mathrm {L}$

siendo la nueva altura del pistón

$h_{B}={\frac {V_{B}}{S}}=8\,\mathrm {cm}$

Este resultado es el mismo tanto si el peso se coloca de una vez como si se coloca gradualmente en forma de granos de arena.

El valor del trabajo, en cambio, es diferente en cada caso.

Descenso con una pesa

Cuando se coloca un peso unitario de $40\,\mathrm {N}$ la presión externa aumenta bruscamente de $p_{A}$ a $p_{B}$ y a partir de ahí permanece constante. La presión interior, en cambio, no sabemos cuanto vale, pues en el descenso brusco del pistón el gas no se encuentra en equilibrio y la presión variará de un punto a otro de la cámara. Esto no es problema, ya que el trabajo sobre el gas se calcula empleando la presión externa

$W=-\int _{A}^{B}p_{\mathrm {ext} }\,\mathrm {d} V$

Como la presión externa es constante, se puede sustituir y sacar de la integral

$W=-p_{B}\int _{A}^{B}\mathrm {d} V=-p_{B}(V_{B}-V_{A})$

Podemos calcular este valor numéricamente

$W=-125\,\mathrm {kPa} (0.128-0.160)\mathrm {L} =+4.00\,\mathrm {J}$

Resulta un valor positivo, ya que la compresión del gas supone un trabajo realizado sobre este, es decir, es un $W_{\mathrm {in} }$.

Este resultado puede expresarse de otra forma con ayuda de la ley de Boyle

$W=-p_{B}(V_{B}-V_{A})=-p_{B}V_{B}+p_{B}V_{A}=-p_{A}V_{A}+p_{B}V_{A}=V_{A}(p_{B}-p_{A})=Sh_{0}{\frac {mg}{S}}=mgh_{0}$

Siendo el valor numérico calculado de esta forma

$W=40\times 0.1\,\mathrm {J} =4.00\,\mathrm {J}$

Este resultado se presta a una falsa interpretación, basada en razonar que si la pesa desciende, el trabajo realizado es igual a lo que disminuye su energía potencial. Esto es falso. La energía potencial de la pesa disminuye en $mg(h_{B}-h_{A})=0.8\,\mathrm {J}$. Hay una contribución también del trabajo realizado por la presión atmosférica.

Descenso acumulando arena

En el segundo caso, la presión exterior no es constante, sino que va variando a medida que se va añadiendo arena. Una forma de resolver este apartado sería suponer que para una presión dada, se añade un grano de arena de masa $\mathrm {d} m$, lo que reduce el volumen una cantidad diferencial, según la fórmula del apartado anterior. Sumando (integrando) todas las contribuciones se llega al trabajo total.

Sin embargo, es más fácil observar que si la presión se aumenta muy lentamente al gas le da tiempo a alcanzar el equilibrio térmico con el exterior, por lo que se trata de un proceso cuasiestático a temperatura constante. En este caso la presión interna del gas es igual a la exterior y el trabajo se puede hallar empleando la presión interior

$W=-\int _{A}^{B}p_{\mathrm {ext} }\,\mathrm {d} V=-\int _{A}^{B}p\,\mathrm {d} V$

y puesto que la temperatura permanece constante se cumple en todo momento

$pV=p_{A}V_{A}\qquad \Rightarrow \qquad p={\frac {p_{A}V_{A}}{V}}$

Llevando esto a la integral

$W=-p_{A}V_{A}\int _{A}^{B}{\frac {\mathrm {d} V}{V}}=-p_{A}V_{A}\ln \left({\frac {V_{B}}{V_{A}}}\right)$

Sustituyendo los valores numéricos

$W=100\,\mathrm {kPa} \cdot 0.160\mathrm {L} \ln \left({\frac {0.128}{0.160}}\right)=+3.57\,\mathrm {J}$

Vemos que el trabajo en ambos casos es positivo, como corresponde a una compresión, pero en el segundo caso es un poco menor que en el primero

Retirada del peso extra

Retirada de la pesa

El cálculo es análogo al de la compresión. El estado final C es el mismo que el que había al principio, A. El trabajo es ahora

$W=-p_{C}(V_{C}-V_{B})=-p_{A}(V_{A}-V_{B})=-100\,\mathrm {kPa} (0.160-0.128)\mathrm {L} =-3.20\,\mathrm {J}$

Vemos que resulta un valor negativo pero no de la misma magnitud que en la compresión. Ésta se realizó con una presión de 125 kPa mientras que la expansión ha sido con una presión de 100 kPa.

Retirada grano a grano

Se calcula también como en el caso de la compresión

$W=-p_{B}V_{B}\ln \left({\frac {V_{C}}{V_{B}}}\right)=-p_{B}V_{B}\ln \left({\frac {V_{A}}{V_{B}}}\right)=-125\cdot 0.128\ln \left({\frac {0.160}{0.128}}\right)\mathrm {J} =-3.57\,\mathrm {J}$

Aquí sí resulta un trabajo de signo opuesto pero la misma magnitud que en el caso de compresión. La razón es que este sí es un proceso cuasiestático y el área bajo la curva es el mismo, salvo el signo, en la compresión y en la expansión.