Pistón adiabático: equilibrio mecánico sin equilibrio térmico

Pregunta 1. El esquema muestra la resistencia en el compartimento 1, el pistón aislante y los cables eléctricos que atraviesan la frontera exterior. El gas 2 recibe trabajo mecánico a través del pistón, pero no calor. Para «dos gases + resistencia», no se intercambia calor con el exterior y las paredes exteriores son rígidas: solo entra trabajo eléctrico. El trabajo intercambiado a través del pistón es interno a este conjunto.

Pregunta 2. El gas 2 experimenta una compresión adiabática reversible, por lo que $P_0V_0^\gamma=P_fV_{2,f}^\gamma$. Con $P_f=xP_0$,

$$\left(\frac{V_{2,f}}{V_0}\right)^\gamma=\frac1x, \qquad V_{2,f}=x^{-1/\gamma}V_0.$$

Sea $a=x^{-1/\gamma}$. La ecuación de estado en los estados inicial y final da

$$\frac{T_{2,f}}{T_0}=\frac{P_fV_{2,f}}{P_0V_0}=xa, \qquad T_{2,f}=xaT_0.$$

El volumen total es $2V_0$ y el pistón impone la misma presión en los compartimentos 1 y 2:

$$V_{1,f}=2V_0-V_{2,f}=(2-a)V_0, \qquad T_{1,f}=T_0\frac{P_fV_{1,f}}{P_0V_0}=x(2-a)T_0.$$

Como $x>1$ y $\gamma>1$, $0<a<1$, de donde $2-a>a$ y $T_{1,f}>T_{2,f}$. La pared permite trabajo, pero no transferencia térmica directa. Tras interrumpir la corriente, este estado es un equilibrio mecánico sometido a la restricción adiabática en el modelo macroscópico adoptado.

Pregunta 3. Para cada gas, $\Delta U=nc_V(T_f-T_0)$ y $nc_VT_0=nRT_0/(\gamma-1)=P_0V_0/(\gamma-1)$. Sustituyendo las temperaturas calculadas,

$$\Delta U_1=\frac{P_0V_0}{\gamma-1}[x(2-a)-1],\qquad \Delta U_2=\frac{P_0V_0}{\gamma-1}(xa-1).$$

La energía almacenada en la resistencia es despreciable. El primer principio aplicado al conjunto da entonces

$$\begin{aligned} W_{\mathrm{elec}}&=\Delta U_1+\Delta U_2\\ &=\frac{P_0V_0}{\gamma-1}[x(2-a)-1+xa-1]\\ &=\frac{P_0V_0}{\gamma-1}(2x-2) =\frac{2P_0V_0}{\gamma-1}(x-1). \end{aligned}$$

Para el gas 2, $Q_2=0$, por lo que el trabajo del pistón es $W_2=\Delta U_2$. Como el pistón no almacena energía, su trabajo sobre el gas 1 es $-W_2$. Estas dos contribuciones se cancelan en el balance del conjunto.

Pregunta 4. Para el gas 2, la fórmula de entropía da

$$\begin{aligned} \Delta S_2&=nc_V\ln(xa)+nR\ln a\\ &=nc_V[\ln x+\ln a+(\gamma-1)\ln a]\\ &=nc_V\ln(xa^\gamma)=0, \end{aligned}$$

pues $a^\gamma=1/x$. Se recupera el carácter isoentrópico de la compresión reversible. Para el gas 1,

$$\begin{aligned} \Delta S_1&=nc_V\ln[x(2-a)]+nR\ln(2-a)\\ &=nc_V[\ln x+\gamma\ln(2-a)] =nc_V\ln[x(2-a)^\gamma]. \end{aligned}$$

Se tiene $x>1$ y $2-a>1$, por lo que el argumento del logaritmo es mayor que 1: $\Delta S_1>0$. El conjunto no recibe entropía del exterior: el trabajo eléctrico no la transporta. Así, $S_{\mathrm{i}}=\Delta S_1+\Delta S_2=\Delta S_1$. El efecto Joule produce entropía incluso con un calentamiento lento. Por tanto, la ley de Laplace no se aplica al gas 1.

Pregunta 5. Una vez interrumpida la corriente, el conjunto está aislado. La pared, ahora diatérmana y móvil, permite igualar las temperaturas y las presiones finales. Como ambos gases contienen el mismo $n$, $P_*V_{1,*}=nRT_*=P_*V_{2,*}$ da $V_{1,*}=V_{2,*}=V_0$. La conservación de la energía exige

$$nc_V(T_*-T_{1,f})+nc_V(T_*-T_{2,f})=0.$$

Dividiendo por $nc_V$ y sustituyendo las temperaturas,

$$2T_*=T_{1,f}+T_{2,f}=xT_0[(2-a)+a]=2xT_0,$$

de donde $T_*=xT_0$ y $P_*=nRxT_0/V_0=xP_0$. Para las variaciones de entropía durante esta nueva transformación,

$$\begin{aligned} \Delta S_{1,\mathrm{add}} &=nc_V\ln\frac{xT_0}{x(2-a)T_0}+nR\ln\frac{V_0}{(2-a)V_0} =-nc_P\ln(2-a),\\ \Delta S_{2,\mathrm{add}} &=nc_V\ln\frac{xT_0}{xaT_0}+nR\ln\frac{V_0}{aV_0} =-nc_P\ln a. \end{aligned}$$

Su suma es la entropía adicional producida, pues el conjunto está aislado:

$$S_{\mathrm{i},\mathrm{add}}=-nc_P[\ln(2-a)+\ln a]=-nc_P\ln[a(2-a)].$$

Para $0<a<1$, $0<a(2-a)=1-(1-a)^2<1$, por lo que su logaritmo es negativo. El signo menos hace que $S_{\mathrm{i},\mathrm{add}}>0$.