Problema:

Una masa de aire que está en un sistema cerrado, inicialmente a 0,75 bar, 1000 K y un volumen de 0,12 m3 sufre dos procesos reversibles:

  1. El aire es comprimido isotérmicamente (a temperatura constante) hasta la mitad de su volumen.
  2. A continuación sufre un proceso isóbaro (a volumen constante) hasta que el volumen es, de nuevo, la midad del anterior.

Considerando que el aire se comporta como un gas ideal y utilizando los valores de las propiedades de estado de esta tabla:

ejercicios-problemas-resueltos

Se pide:

  • Representar el proceso en un diagrama p-V.
  • Determinar el trabajo total para los dos procesos.
  • Determinar el calor total transferido en los dos procesos.
  • Determinar la variación de entropía total sufrida por el sistema.

Lo primero es tener claro que el aire pasa por 3 estados.

Y en cada uno de esos estados, hay propiedades que ya conocemos.

Estado 1

Todos los datos son conocidos.

  • p1 = 0,75 bar = 0,75 · 105 Pa
  • T1 = 1000 K
  • V1 = 0,12 m3

Estado 2

El proceso de 1 a 2 es isotermo, luego la temperatura permanece igual.

Nos dicen que es comprimido hasta la mitad del volumen anterior.

La presión es desconocida.

  • p2 = desconocida
  • T2 = 1000 K
  • V2 = 0,06 m3

Pero como estamos considerando el aire un gas ideal, podemos utilizar la ecuación de estado del gas ideal:

$$pV=nRT$$

Dado que T1 y T2 son iguales, podemos decir que:

$$p_{1}V_{1}=nRT=p_{2}V_{2}$$

De lo que fácilmente se obtiene p2:

$$p_{1}V_{1}=p_{2}V_{2}\rightarrow p_{2}=\dfrac {p_{1}V_{1}}{V_{2}}$$

Y sustituyendo valores:

$$p_{2}=\dfrac {0,75\cdot 10^{5} Pa \cdot 0,12 m^{3}}{0,06 m^{3}}=1,5\cdot 10^{5} Pa$$

Entonces, tenemos el estado 2 completamente definido.

  • p2 = 1,5 · 105 Pa
  • T2 = 1000 K
  • V2 = 0,06 m3

Estado 3

El proceso 2-3 es isóbaro, luego la presión permanece igual que en el estado 2.

La temperatura no la conocemos, pero sí sabemos que el volumen vuelve a reducirse hasta la mitad.

  • p3 = 1,5 · 105 Pa
  • T3 = desconocida
  • V3 = 0,03 m3

De nuevo, mediante la ecuación de estado de los gases ideales, podemos averiguar qué temperatura tiene el aire en el estado 3.

$$pV=nRT$$

En el paso del estado 2 al 3, sabemos que p, n y R no cambian.

Entonces:

$$\dfrac {V_{2}}{T_{2}}=\dfrac {nR}{p}=\dfrac {V_{3}}{T_{3}}$$

De lo que se deduce:

$$T_{3}=\dfrac {V_{3}\cdot T_{2}}{V_{2}}=\dfrac {0,03 m^{3}\cdot 1000 K}{0,06 m^{3}}=500 K$$

Quedando el estado 3 completamente definido:

  • p3 = 1,5 · 105 Pa
  • T3 = 500 K
  • V3 = 0,03 m3

Una vez definidos todos los estados, podemos representar el diagrama.

Diagrama p-V

Solo basta con dibujar los ejes de presión y de Volumen, y representar los puntos.

El aire se comprime dos veces reduciendo su volumen.

En la primera compresión se mantiene la temperatura, con lo que se eleva la presión, dado que a la misma temperatura, la misma cantidad de aire ejerce una mayor presión si le dejamos un volumen más pequeño en el que existir.

En la segunda compresión, se reduce el volumen con la consiguiente reducción de temperatura.

Recuerda la explicación sobre los diagramas p-V-T para comprender por qué la representación del proceso 1-2 a temperatura constante representa una curva.

Trabajo total puesto en juego

El trabajo total será la suma del trabajo en ambos procesos.

Así que vamos por partes.

$$W_{12}=\int ^{2}_{1}\left( p\cdot dV\right) _{T_{cte}}$$

Nos ayudamos de la ecuación de estado de los gases ideales para expresar la presión de otra forma:

$$pV=nRT\rightarrow p=\dfrac {nRT}{V}$$

Y entonces, dado que n, R y T son constantes, podemos sacarlas de la integral.

$$W_{12}=\int ^{2}_{1}\dfrac {nRT}{V}\cdot dV=nRT\int ^{2}_{1}\dfrac {1}{V}\cdot dV$$

La integral de la fracción de la derivada de una función y ella misma, es el logaritmo neperiano de dicha función.

$$W_{12}=nRT\cdot \left[ \ln V_{2}-\ln V_{1}\right] $$

No sé que cantidad de moles tengo, pero puedo poner nRT como p1V1 o p2V2.

¿Por qué?

Porque eso es lo que vale.

Dado que T1 y T2 son iguales, dijimos que:

$$p_{1}V_{1}=nRT=p_{2}V_{2}$$

Entonces:

$$W_{12}=p_{1}V_{1}\cdot \left[ \ln V_{2}-\ln V_{1}\right] =p_{1}V_{1}\ln \dfrac {V_{2}}{V_{1}}$$

Es decir:

$$W_{12}=0,75\cdot 10^{5} Pa\cdot 0,12 m^{3}\cdot \ln \dfrac {0,06 m^{3}}{0,12 m^{3}}=-6238 J$$

Estamos trabajando con las unidades del sistema internacional, sabiendo que pascales por metros cúbicos, son julios.

Nos han salido -6238 Julios de energía.

Es decir, se han dado unos 6,24 kJ de energía en forma de trabajo al sistema para realizar la primera compresión.

Vamos a ver el proceso 2-3:

$$W_{23}=\int ^{3}_{2}\left( p\cdot dv\right) _{pcte}$$

La presión constante podemos sacarla de la integral, facilitando la cosa:

$$W_{23}=p\cdot \int ^{3}_{2}dV=p\cdot \left[ V_{3}-V_{2}\right]$$

Y ya está:

$$W_{23}=1,5\cdot 10^{5} Pa\left( 0,03 m^{3} -0,06 m^{3}\right) =-0,045\cdot 10^{5} J=-4500 J$$

En el segundo proceso, estamos aportando al sistema 4,5 kJ en forma de trabajo.

$$W_{T}=-6,24-4,5=-10,74$$

El trabajo total aportado al sistema es de 10,74 kJ

Calor transferido

Igual que en el apartado anterior, el calor transferido también es la suma del calor transferido en ambos procesos.

En el primer proceso lo tenemos fácil, porque en un gas ideal, la energía interna es función de la temperatura.

Y no habiendo variación de temperatura, podemos afirmar que no hay variación de energía interna.

Luego:

$$\Delta U=Q-W=0\rightarrow Q=W$$

Es decir, que Q12 = W12 = -6,24 kJ

El sistema expulsa 6,24 kJ de energía en forma de calor en la primera compresión.

En el segundo proceso, tampoco es muy complicado, ya que la presión se mantiene constante.

Sabiendo que:

$$dH=\delta Q+Vdp$$

Y observando que la presión es constante, tenemos:

$$Q_{23}=\Delta H_{23}=m\left( h_{3}-h_{2}\right)$$

La masa de aire la obtenemos de cualquiera de los 3 estados, con la ecuación de estado de los gases ideales.

$$pV=nRT$$

Y sabiendo que la masa molar es la masa que hay por cada mol de sustancia.

$$M=\dfrac {m}{n}\rightarrow n=\dfrac {m}{M}$$

Luego:

$$p_{1}V_{1}=\dfrac {m}{M}RT_{1}\rightarrow m=\dfrac {p_{1}V_{1}M}{RT_{1}}$$

Conocemos la masa molar M del enunciado y el valor R de la constante de los gases ideales.

El resto de valores del estado 1 también son conocidos.

$$m=\dfrac {0,75\cdot 10^{5}Pa\cdot 0,12m^{3}\cdot 28,97\cdot 10^{-3}kg/mol}{8,314\dfrac {J}{mol\cdot K}\cdot 1000K}$$

La masa de aire es 0,03136 kg.

Y las entalpías específicas h2 y h3 las obtenemos de la tabla adjunta en el enunciado.

Con lo que:

$$Q_{23}=0,03136kg\cdot \left( 503,02\dfrac {kJ}{kg}-1046,04\dfrac {kJ}{kg}\right) =-17,03kJ$$

Con lo que el calor total es:

$$Q_{T}=Q_{12}+Q_{23}=-23,27kJ$$

En total se ceden 23,27 kJ de energía al medio en forma de calor.

Variación total de entropía

Los procesos son ideales y reversibles, con lo que no hay generación de entropía.

Pero que no haya generación de entropía, no quiere decir que la entropía que ya hay no cambie.

De hecho, cambiará, debido a las transferencias de calor que tienen lugar en ambos procesos.

Y para calcular esta variación de entropía, nos apoyaremos en las ecuaciones TdS.

$$TdS=dU+Vdp$$

Despejamos el diferencial de entropía.

$$dS=\dfrac {dU}{T}+\dfrac {Vdp}{T}$$

Integramos a ambos lados, para obtener la suma de todos los diferenciales de entropía.

$$\Delta S=\int ^{3}_{1}\dfrac {dU}{T}+\int ^{3}_{1}\dfrac {pdV}{T}$$

Para el gas ideal, la variación de energía interna se calcula muy fácil:

$$\Delta U=m\cdot c_{v}\cdot \Delta T$$

Ver: Cálculo de la variación de energía interna en un gas ideal

Y la presión, gracias a la ecuación de estado, podemos expresarla en función de las otras variables.

$$pV=nRT\rightarrow p=\dfrac {nRT}{V}$$

Entonces, la variación de entropía queda como:

$$\Delta S=\int ^{3}_{1}\dfrac {m\cdot cv\cdot dT}{T}+\int ^{3}_{1}\dfrac {nR}{V}dV$$

Sacamos las constantes de las integrales:

$$\Delta S=mc_{v}\int ^{3}_{1}\dfrac {dT}{T}+nR\int ^{3}_{1}\dfrac {dV}{V}$$

Y ya se resuelve del tirón:

$$\Delta S=m\cdot c_{v}\cdot \ln \dfrac {T_{3}}{T_{1}}+nR\cdot \ln \dfrac {V_{3}}{V_{1}}$$

Expresamos el producto nR como función de P, V y T:

$$pV=nRT\rightarrow nR=\dfrac {pV}{T}$$

Y ya podemos calcular la variación de entropía:

$$\Delta S=m\cdot c_{v}\cdot \ln \dfrac {T_{3}}{T_{1}}+\dfrac {pV}{T}\cdot \ln \dfrac {V_{3}}{V_{1}}$$

Siendo:

$$\Delta S=0,03136kg\cdot 800\dfrac {J}{kg\cdot K}\cdot \ln \dfrac {500 K}{1000 K}+\dfrac {0,75\cdot 10^{5}Pa\cdot 0,12m^{3}}{1000K}.\ln \dfrac {0,03m^{3}}{0,12m^{3}}$$

Hacemos las cuentas y listo:

$$\Delta S=-29,87\dfrac {J}{K}$$