Calor y trabajo en un proceso lineal

Enunciado

Considere el caso del problema “Compresión lineal de un gas”, en el que se comprime cuasiestáticamente un gas ideal diatómico que inicialmente se encuentra a presión $p_{A}=100\,\mathrm {kPa}$, temperatura $T_{A}=300\,\mathrm {K}$ y ocupa un volumen $V_{A}=0.01\,\mathrm {m} ^{3}$, según la ley

$p=3p_{A}-{\frac {2p_{A}}{V_{A}}}V$

La compresión continúa hasta que la presión vale $p_{B}=2p_{A}$.

1. 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.
2. 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

$p=300-20V\,$

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

$p_{A}=100\,\mathrm {kPa} \qquad V_{A}=10\,\mathrm {L} \qquad T_{A}=300\,\mathrm {K}$

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

$p_{B}=200\,\mathrm {kPa} \qquad V_{B}=5\,\mathrm {L} \qquad T_{B}=300\,\mathrm {K}$

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

Error al representar (error de sintaxis): {\displaystyle 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}}

o directamente empleando el área de un trapecio

$W={\frac {p_{A}+p_{B}}{2}}(V_{A}-V_{B})={\frac {200+100}{2}}(10-5)\,\mathrm {J} =750\,\mathrm {J}$

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

$\Delta U=nc_{v}(T_{B}-T_{A})=0\,$

Calor

Obtenemos el calor intercambiado empleando el primer principio de la termodinámica

$Q=\Delta U-W=-750\,\mathrm {J}$

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 $V_{C}=7.5\,\mathrm {L}$. Para este punto

$p_{C}=150\,\mathrm {kPa} \qquad \qquad T_{C}=337.5\,\mathrm {K}$

Dividimos entonces el proceso en dos.

Primer tramo

Entre A y C el trabajo corresponde de nuevo al área de un trapecio:

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

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

$\Delta U=nc_{v}(T_{C}-T_{A})={\frac {p_{C}V_{C}-p_{A}V_{A}}{\gamma -1}}={\frac {150\cdot 7.5-100\cdot 10}{0.4}}=312.5\,\mathrm {J}$

lo que implica que en este tramo

$Q=\Delta U-W=312.5\,\mathrm {J} -312.5\,\mathrm {J} =0\,\mathrm {J}$

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

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

y la variación de la energía es ahora

$\Delta U=nc_{v}(T_{B}-T_{C})={\frac {p_{B}V_{B}-p_{C}V_{C}}{\gamma -1}}={\frac {200\cdot 5.0-150\cdot 7.5}{0.4}}=-312.5\,\mathrm {J}$

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

El calor es ahora

$Q=\Delta U-W=-312.5\,\mathrm {J} -437.5\,\mathrm {J} =-750\,\mathrm {J}$

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.