Enunciado

Este ejercicio es mucho más que un gran clásico: también es fundamental para demostrar una de las diferencias entre una transformación reversible y una transformación irreversible (véase también la Lección 6).

Se consideran $n$ moles de gas ideal, con capacidades térmicas constantes y una relación $\gamma=c_P/c_V>1$ , encerrados en un cilindro vertical térmicamente aislado, de sección $\mathcal S$ , cerrado por un pistón térmicamente aislado de masa despreciable, móvil sin rozamiento. El exterior está a la presión atmosférica $P_0$ , que se ejerce sobre la cara superior del pistón. En el equilibrio inicial, la presión del gas también vale $P_0$ , y su estado es

A=(P_0,V_0,T_0).

Se dispone de una sobrecarga de masa total $M$ . Cuando se coloca por completo sobre el pistón, la presión exterior vale

P_1=P_0+\frac{Mg}{\mathcal S}=xP_0, \qquad x>1.

Se comparan dos experimentos: o bien la masa $M$ se divide en un gran número de pequeñas masas que se añaden una a una, esperando a que se alcance cada nuevo equilibrio; o bien la masa $M$ completa se coloca de una sola vez. En un segundo paso, se retira la sobrecarga del mismo modo: o bien grano de arena a grano de arena, o bien de una sola vez.

Los dos experimentos parten del mismo estado inicial A, representado en el centro: el pistón solo está sometido entonces a la presión atmosférica P_0. A la izquierda, la sobrecarga de masa total M se deposita grano de arena a grano de arena, de modo que P_ ext aumenta progresivamente; al retirarla del mismo modo, se recorre el camino en sentido inverso. A la derecha, la misma masa M se deposita de una sola vez: P_ ext pasa bruscamente de P_0 a P_1. En los dos experimentos de compresión, P_1=P_0+Mg/ S=xP_0. — Figura 1. Los dos experimentos parten del mismo estado inicial $A$ , representado en el centro: el pistón solo está sometido entonces a la presión atmosférica $P_0$ . A la izquierda, la sobrecarga de masa total $M$ se deposita grano de arena a grano de arena, de modo que $P_{\mathrm{ext}}$ aumenta progresivamente; al retirarla del mismo modo, se recorre el camino en sentido inverso. A la derecha, la misma masa $M$ se deposita de una sola vez: $P_{\mathrm{ext}}$ pasa bruscamente de $P_0$ a $P_1$ . En los dos experimentos de compresión, $P_1=P_0+Mg/\mathcal S=xP_0$ .

La sobrecarga se añade muy progresivamente, de modo que la presión exterior pasa lentamente de $P_0$ a $P_1$ . Justificar que en cada instante la presión $P$ del gas es igual a la presión exterior $P_{\mathrm{ext}}$ . ¿Qué ley puede utilizarse entonces para relacionar los estados sucesivos del gas? Deducir $P_B/P_0$ , $T_B/T_0$ y $V_B/V_0$ en función de $x$ y de $\gamma$ .
Se parte ahora del estado $B$ y se retira la sobrecarga muy progresivamente, grano de arena a grano de arena, hasta que la presión exterior vuelva a ser $P_0$ . Utilizando la misma ley que en la pregunta anterior, demostrar que el gas vuelve exactamente a su estado inicial $A$ .
Se parte de nuevo de $A$ y esta vez se coloca la masa $M$ de una sola vez: la presión exterior toma bruscamente el valor constante $P_1$ . Determinar por completo el estado final $B'$ , así como $W_{AB'}$ , $Q_{AB'}$ y $\Delta U_{AB'}$ .
Tomar primero el ejemplo $\gamma=5/3$ y $x=2$ para comparar numéricamente $T_{B'}$ con $T_B$ . Establecer después analíticamente la comparación para todo $\gamma>1$ y todo $x>1$ , y comparar luego $V_{B'}$ con $V_B$ . ¿Cuál de las dos compresiones calienta más el gas y cuál lo comprime más?
Desde $B'$ , se retira bruscamente toda la sobrecarga: la presión exterior vuelve a ser la presión atmosférica $P_0$ . Determinar el estado final $B"$ . Demostrar si $T_{B"}$ y $V_{B"}$ son mayores o menores que sus valores iniciales.
Realizar el balance energético del proceso de ida y vuelta $A\to B'\to B"$ . Explicar qué añadirá la Lección 6 a esta comparación.

Pista

Para la transformación brusca, utilizar

W=-P_{\mathrm{ext}}(V_f-V_i)

y únicamente la ecuación de estado en los estados de equilibrio inicial y final. Para comparar

B

y

B'

, puede estudiarse el logaritmo del cociente

T_{B'}/T_B

.

Solución detallada

Solución

Se recuerda que

c_V=\frac{R}{\gamma-1}

.

Pregunta 1. La sobrecarga se divide en masas suficientemente pequeñas y se alcanza cada nuevo equilibrio antes de añadir la siguiente: el gas pasa, por tanto, por una sucesión continua de estados de equilibrio: la transformación es cuasiestática. Como el pistón tiene una masa despreciable y no presenta rozamiento, el equilibrio mecánico en cada instante impone $P\mathcal S=P_{\mathrm{ext}}\mathcal S$ , es decir, $P=P_{\mathrm{ext}}$ . Como las paredes están térmicamente aisladas, $\delta Q=0$ . En estas condiciones, pueden utilizarse las leyes de Laplace. Dos formas útiles entre $A$ y $B$ son

P_0V_0^\gamma=P_BV_B^\gamma, \qquad T_0^\gamma P_0^{1-\gamma}=T_B^\gamma P_B^{1-\gamma}.

Como $P_B=P_1=xP_0$ , la primera relación da directamente $V_B/V_0=x^{-1/\gamma}$ , mientras que la segunda da $T_B/T_0=x^{(\gamma-1)/\gamma}$ . Finalmente, $P_B/P_0=x$ , $T_B/T_0=x^{(\gamma-1)/\gamma}$ y $V_B/V_0=x^{-1/\gamma}$ .

Pregunta 2. Durante la retirada progresiva de la sobrecarga, el gas permanece en equilibrio mecánico con el exterior y sigue la misma adiabática de Laplace, pero en sentido inverso. Al final, $P_f=P_0$ . Las relaciones de Laplace dan entonces

T_f =T_B\left(\frac{P_0}{P_1}\right)^{(\gamma-1)/\gamma} =T_0x^{(\gamma-1)/\gamma}x^{-(\gamma-1)/\gamma} =T_0,

y

V_f =V_B\left(\frac{P_1}{P_0}\right)^{1/\gamma} =V_0x^{-1/\gamma}x^{1/\gamma} =V_0.

El gas recupera, por tanto, exactamente el estado $A=(P_0,V_0,T_0)$ . La transformación puede recorrerse en ambos sentidos pasando por la misma sucesión de estados de equilibrio: se dice que la transformación es reversible.

Pregunta 3. No deben utilizarse las leyes de Laplace: durante esta transformación brusca, el gas no pasa por una sucesión de estados de equilibrio. Durante la evolución, solo interviene en el trabajo la presión exterior constante $P_1$ : $W_{AB'}=-P_1(V_{B'}-V_0)$ . En el equilibrio final, $P_{B'}=P_1$ . Utilizando $P_0V_0=nRT_0$ , $P_1V_{B'}=nRT_{B'}$ , $Q_{AB'}=0$ y $\Delta U_{AB'}=nc_V(T_{B'}-T_0)$ , el primer principio da

T_{B'}=T_0\frac{1+(\gamma-1)x}{\gamma}.

Definamos

\theta=\frac{1+(\gamma-1)x}{\gamma}.

Entonces

P_{B'}=xP_0, \qquad T_{B'}=\theta T_0, \qquad V_{B'}=\frac{\theta}{x}V_0.

Pregunta 4. Comencemos por el ejemplo $\gamma=5/3$ y $x=2$ . La compresión progresiva da $T_B/T_0=2^{2/5}\simeq1{,}32$ , mientras que la compresión brusca da

T_{B'}/T_0=\theta=[1+(2/3)\times2]/(5/3)=7/5=1{,}40.

En este ejemplo, la compresión brusca calienta más el gas. Demostremos que este resultado es general. Definamos

f(x)=\ln\!\left(\frac{T_{B'}}{T_B}\right) =\ln\!\left(\frac{1+(\gamma-1)x}{\gamma}\right) -\frac{\gamma-1}{\gamma}\ln x.

Se tiene $f(1)=0$ , y

f'(x) =\frac{\gamma-1}{1+(\gamma-1)x} -\frac{\gamma-1}{\gamma x} =\frac{(\gamma-1)(x-1)} {\gamma x\,[1+(\gamma-1)x]}

Para $\gamma>1$ y $x>1$ , todos los factores del denominador son positivos y $f'(x)>0$ . Así, $f(x)>f(1)=0$ , por lo que $T_{B'}/T_B>1$ , es decir, $T_{B'}>T_B$ . Los dos estados tienen la misma presión $P_1$ ; la ecuación de los gases ideales impone por tanto también $V_{B'}>V_B$ . La compresión brusca calienta más el gas, pero lo comprime menos que la compresión progresiva.

Pregunta 5. La retirada brusca de la sobrecarga hace que la presión exterior pase de $P_1$ a $P_0=P_1/x$ . Por tanto, se repite el cálculo de la pregunta 3 sustituyendo el cociente de presiones $x$ por su inverso $1/x$ . El resultado de la pregunta 3 se convierte así en

\frac{T_{B"}}{T_{B'}} =\frac{1+(\gamma-1)P_0/P_1}{\gamma} =\frac{1+(\gamma-1)/x}{\gamma}.

Definiendo

\phi=\frac{1+(\gamma-1)/x}{\gamma},

se obtiene

P_{B"}=P_0, \qquad T_{B"}=\theta\phi\,T_0, \qquad V_{B"}=\theta\phi\,V_0.

Ahora bien,

\theta\phi-1 =\frac{\gamma-1}{\gamma^2} \left(x+\frac1x-2\right).

En el régimen estudiado, $x>1$ , por lo que $x>0$ y $x+1/x-2=(x-1)^2/x>0$ . Como $\gamma>1$ , se tiene efectivamente $\theta\phi-1>0$ . Por consiguiente,

\boxed{T_{B"}>T_0}, \qquad \boxed{V_{B"}>V_0}.

Después del proceso de ida y vuelta de la presión exterior, el gas no vuelve al estado $A$ . Esta diferencia es una primera señal de irreversibilidad: devolver la restricción exterior a su valor inicial no basta para devolver el sistema a su estado inicial.

Pregunta 6. La expansión brusca es adiabática y, por tanto, en el proceso completo de ida y vuelta,

Q_{\mathrm{tot}}=0, \qquad W_{\mathrm{tot}}=\Delta U_{\mathrm{tot}} =nc_VT_0(\theta\phi-1)>0.

Las manipulaciones exteriores devuelven la presión a su valor inicial, pero el gas ha recibido un trabajo neto y permanece más caliente y más dilatado. La Lección 6 retomará los mismos estados para mostrar que la compresión reversible no produce entropía, mientras que cada una de las dos transformaciones bruscas la produce.

Enunciado

Indicación

Solución detallada