Enunciado

Se retoman las dos experiencias de compresión adiabática de la lección 5, recordando aquí los resultados útiles. Un cilindro vertical aislado térmicamente, de sección $\mathcal S$ , contiene $n$ moles de gas ideal. Su pistón también está aislado, se mueve sin rozamiento y tiene masa despreciable. Las capacidades térmicas molares $c_V$ y $c_P$ son constantes, con

\gamma=\frac{c_P}{c_V}>1,\qquad c_V=\frac{R}{\gamma-1},\qquad c_P=c_V+R.

Inicialmente, solo actúa sobre el pistón la presión atmosférica $P_0$ : el gas está en el estado $A=(P_0,V_0,T_0)$ , con $P_0V_0=nRT_0$ . Una carga adicional de masa $M$ eleva la presión exterior a

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

Ambas experiencias parten de $A$ . En la primera, se añade y después se retira la carga grano de arena a grano de arena: el gas sigue la adiabática reversible $A\to B\to A$ . En la segunda, la carga se coloca de golpe, se alcanza el equilibrio $B'$ y luego se retira de golpe, alcanzándose el equilibrio $B"$ . La presión exterior es constante en cada etapa brusca: $P_1$ al cargar y $P_0$ al descargar. Se supone que las oscilaciones se amortiguan por disipación en el gas; el pistón está en reposo en los estados inicial y final y no almacena energía.

Ambas compresiones parten de A (centro). A la izquierda, la carga se añade progresivamente hasta B; su retirada progresiva devuelve el gas a A. A la derecha, la carga se coloca bruscamente hasta B'; su retirada brusca lleva a otro estado B”. El esquema representa las compresiones; los cuatro estados se especifican a continuación. — Figura 1. Ambas compresiones parten de $A$ (centro). A la izquierda, la carga se añade progresivamente hasta $B$ ; su retirada progresiva devuelve el gas a $A$ . A la derecha, la carga se coloca bruscamente hasta $B'$ ; su retirada brusca lleva a otro estado $B"$ . El esquema representa las compresiones; los cuatro estados se especifican a continuación.

Las leyes de Laplace en el camino reversible y el primer principio en los caminos bruscos dieron los resultados siguientes. Se definen

\begin{aligned} \theta=\frac{1+(\gamma-1)x}{\gamma},\qquad \phi=\frac{1+(\gamma-1)/x}{\gamma}. \begin{array}{c|ccc} \text{Estado} & P/P_0 & V/V_0 & T/T_0\\ \hline A & 1 & 1 & 1\\[3pt] B & x & x^{-1/\gamma} & x^{(\gamma-1)/\gamma}\\[3pt] B' & x & \theta/x & \theta\\[3pt] B" & 1 & \theta\phi & \theta\phi \end{array} \end{aligned}

En particular,

\theta>x^{(\gamma-1)/\gamma},\qquad \phi>x^{-(\gamma-1)/\gamma},\qquad \theta\phi-1=\frac{\gamma-1}{\gamma^2}\frac{(x-1)^2}{x}>0.

Todas las etapas son adiabáticas: $Q=0$ y $W=\Delta U=nc_V(T_f-T_i)$ , contando positivamente la energía recibida por el gas. Así,

\begin{aligned} W_{AB}&=nc_VT_0\left[x^{(\gamma-1)/\gamma}-1\right], & W_{BA}&=-W_{AB},\\ W_{AB'}&=nc_VT_0(\theta-1), & W_{B'B"}&=nc_VT_0\theta(\phi-1). \end{aligned}

La ida y vuelta reversible tiene trabajo neto nulo, mientras que el camino brusco recibe $W_{AB'B"}=nc_VT_0(\theta\phi-1)>0$ .

Calcular las variaciones de entropía en $A\to B$ y $B\to A$ y establecer el balance de entropía de la ida y vuelta reversible.
Calcular $\Delta S_{AB'}$ y mostrar que es estrictamente positiva. ¿Qué parte se intercambia y qué parte se produce?
Hacer lo mismo para la descarga brusca $B'\to B"$ .
Calcular directamente $\Delta S_{AB"}$ y comprobar que es igual a la suma de las dos producciones anteriores. ¿Constituye el camino $A\to B'\to B"$ un ciclo para el gas?
Comparar los balances energético y entrópico de ambas idas y vueltas. Explicar por qué la ausencia de intercambio de calor no implica conservación de la entropía.

Pista

Entre dos estados de equilibrio de un gas ideal,

\Delta S=nc_V\ln\frac{T_f}{T_i}+nR\ln\frac{V_f}{V_i}.

Para $B'\to B"$ , utilizar $T_{B"}/T_{B'}=\phi$ y $V_{B"}/V_{B'}=x\phi$ . Las desigualdades recordadas en el enunciado determinan los signos. En cada etapa, $S_{\mathrm{e}}=0$ .

Solución detallada

Solución

Pregunta 1. La tabla da

T_B/T_0=x^{(\gamma-1)/\gamma}

y

V_B/V_0=x^{-1/\gamma}

. Sustituyendo en la fórmula de entropía,

\begin{aligned} \Delta S_{AB} &=nc_V\ln\left(x^{(\gamma-1)/\gamma}\right) +nR\ln\left(x^{-1/\gamma}\right)\\ &=nc_V\frac{\gamma-1}{\gamma}\ln x-\frac{nR}{\gamma}\ln x\\ &=\frac n\gamma[c_V(\gamma-1)-R]\ln x=0, \end{aligned}

pues $c_V(\gamma-1)=R$ . El retorno sigue el mismo camino en sentido opuesto, por lo que $\Delta S_{BA}=0$ . Para cada etapa y para toda la ida y vuelta, $S_{\mathrm{e}}=S_{\mathrm{i}}=\Delta S=0$ . El gas recupera su estado $A$ .

Pregunta 2. Para la compresión brusca,

T_{B'}/T_0=\theta

y

V_{B'}/V_0=\theta/x

. Utilizando

R=c_V(\gamma-1)

y después las propiedades de los logaritmos,

\begin{aligned} \Delta S_{AB'} &=nc_V\ln\theta+nR\ln\frac{\theta}{x}\\ &=nc_V[\ln\theta+(\gamma-1)(\ln\theta-\ln x)]\\ &=nc_V[\gamma\ln\theta-(\gamma-1)\ln x]\\ &=nc_V\ln\left(\frac{\theta^\gamma}{x^{\gamma-1}}\right). \end{aligned}

La desigualdad dada $\theta>x^{(\gamma-1)/\gamma}$ implica $\theta^\gamma>x^{\gamma-1}$ : el cociente dentro del logaritmo es mayor que 1, de donde $\Delta S_{AB'}>0$ . No se intercambia entropía, por lo que $S_{\mathrm{i},AB'}=\Delta S_{AB'}$ . La entropía del gas aumenta por producción sin que reciba calor.

Pregunta 3. Durante la descarga brusca, los cocientes entre los estados final e inicial de esta etapa son

\frac{T_{B"}}{T_{B'}}=\frac{\theta\phi}{\theta}=\phi, \qquad \frac{V_{B"}}{V_{B'}}=\frac{\theta\phi}{\theta/x}=x\phi.

Así,

\begin{aligned} \Delta S_{B'B"} &=nc_V\ln\phi+nR\ln(x\phi)\\ &=nc_V[\ln\phi+(\gamma-1)(\ln x+\ln\phi)]\\ &=nc_V[\gamma\ln\phi+(\gamma-1)\ln x]\\ &=nc_V\ln\left(\phi^\gamma x^{\gamma-1}\right)>0. \end{aligned}

En efecto, $\phi>x^{-(\gamma-1)/\gamma}$ implica $\phi^\gamma x^{\gamma-1}>1$ . De nuevo $S_{\mathrm{e}}=0$ y $S_{\mathrm{i},B'B"}=\Delta S_{B'B"}$ . El gas se enfría durante esta expansión ( $\phi<1$ ), pero su entropía aumenta: domina el término de aumento de volumen.

Pregunta 4. Los estados

A

y

B"

tienen la misma presión y

T_{B"}/T_0=V_{B"}/V_0=\theta\phi

, de donde

\Delta S_{AB"}=nc_V\ln(\theta\phi)+nR\ln(\theta\phi) =nc_P\ln(\theta\phi)>0.

Se han utilizado $c_P=c_V+R$ y $\theta\phi>1$ . Se suman ahora los dos resultados anteriores:

\begin{aligned} \Delta S_{AB'}+\Delta S_{B'B"} &=nc_V[\gamma\ln\theta-(\gamma-1)\ln x\\ &\qquad+\gamma\ln\phi+(\gamma-1)\ln x]\\ &=nc_V\gamma(\ln\theta+\ln\phi)\\ &=nc_P\ln(\theta\phi)=\Delta S_{AB"}. \end{aligned}

Los términos $\ln x$ se cancelan. Como cada etapa es adiabática, esta suma también coincide con la suma de ambas producciones de entropía. Restablecer la presión exterior $P_0$ no basta para completar un ciclo del gas: $B"\ne A$ , pues $T_{B"}>T_0$ y $V_{B"}>V_0$ .

Pregunta 5. Para

A\to B\to A

,

Q_{\mathrm{tot}}=W_{\mathrm{tot}}=\Delta U_{\mathrm{tot}}=0

y

S_{\mathrm{i},\mathrm{tot}}=0

. Para

A\to B'\to B"

,

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

El primer principio describe el trabajo neto conservado como energía interna; el segundo cuantifica la irreversibilidad mediante la producción de entropía. Una transformación adiabática solo es isoentrópica si no produce entropía, como ocurre aquí en el caso reversible.

Enunciado

Indicación

Solución detallada