Compresión adiabática irreversible (¿o da igual?)

[Saplaya]

Re: Compresión adiabática irreversible (¿o da igual?)

Hola a todos. Jose, tengo que discrepar en algunas cosas de las que comentas, veamos

Este proceso es reversible.

la expresion:

$\dst n \int_{T_1}^{T_2 }C_{V,m} dT = - \int_{V_1}^{V_2 }P_{ext} dV$

esta equivocada porque la integral del lado izquierdo se refiere al incremento de energia interna del gas, mientras que la integral del lado derecho se refiere al trabajo hecho por el medio. La primera ley de la termodinamica se refiere al systema en si.

Es cierto que la integral del lado derecho se refiere al sistema externo, pero el trabajo realizado por dicho sistema supone una energía que tiene que conservarse, por tanto, a falta de efectos disipantes (por ejemplo, rozamiento entre émbolo y paredes en un típico caso de gas en un cilindro con émbolo) esa energía tiene que ir a parar por completo al gas que estamos estudiando y por conservación de energía (1er Principio, en definitiva) tiene que transformarse completamente en energía interna ya que transferencia de calor no hay.

Si en el lado derecho de esa expresión $P_{ex}$ se ajusta en todo momento al valor requerido para una adiabática reversible, el proceso será reversible, pero si $P_{ex}$ permanece constante o variable, pero adquiriendo valores diferentes a $\dst \frac{cte}{V^\gamma}$ entonces el proceso será irreversible. En el enunciado de este hilo se dice que $P_{ex}$ permanece constante y no se menciona ningún efecto disipante, de acuerdo con esto entiendo que el proceso tendrá que ser irreversible.

{1ro} en termodinamica la entropia se define como:

$\dst \Delta S = \int \frac{\delta Q}{T}$ pero como $\delta Q =0$ por ser adiabatico entonces $\Delta S = 0$ con lo cual nos que la entropia es constante y sugiere que el proceso es reversible.

En un proceso adiabático la termodinámica afirma que

$$\Delta S \ge \int \frac{\delta Q}{T} \longrightarrow \Delta S \ge 0$$

Que un proceso sea adiabático no implica necesariamente $\dst \Delta S=0$ ni tampoco que sea reversible. Lo que si es cierto es lo inverso, es decir, si el proceso es adiabático reversible, entonces $\dst \Delta S=0$.

$\dst \frac{3}{2}N_a T= \frac{C_o}{V^\frac{2}{3}} \Rightarrow$

$\dst T V^\frac{2}{3} = C_1 \Rightarrow$

$\dst (TV^\frac{2}{3})^\frac{3}{2} = (C_1)^\frac{3}{2} \Rightarrow T^\frac{3}{2} V= C$
que fue lo expuse anteriormente haciendo simples calculos de termodinamica

Estos cálculos son correctos si existe en todo momento un equilibrio entre la presión exterior y la interior, es decir tanto una como la otra (con una variación diferencial) valen $\dst \frac{cte}{V^\gamma}$, pero en este caso no es así ya que por definición $P_{ex}=10 atm$ a lo largo de todo el proceso.


En el siguiente dibujo vemos un ejemplo que, a mi modo de ver, se ajusta bastante a las condiciones del enunciado. En él tenemos un cilindro que contiene el gas en condiciones iniciales, limitado por las paredes y el émbolo (de masa nula) inicialmente fijo. Sobre el émbolo ponemos un disco de igual diámetro que el émbolo y masa $\dst m$ tal que se cumple que

$$\frac{mg}{A}=P_{ex}=10atm$$

($\dst A=$área del émbolo)



Las paredes y el émbolo son adiabáticos luego el proceso es necesariamente adiabático.

Por otra parte la presión exterior sobre el émbolo, debida al peso (consideremos que en el exterior se ha practicado el vacío), es constante. Cuando liberamos el émbolo, éste baja hasta que la presión del gas se equilibra con el peso, es decir $10atm$. Operando se obtiene que el valor de la energía potencial perdida en el descenso es $\dst P_{ex} \Delta V$. Esta energía potencial ha sido transmitida al gas en forma de energía interna, cumpliéndose por tanto

$$\Delta U=P_{ex} |\Delta V|$$

que en definitiva (puesto que $P_{ex}=\text{cte}$) es lo mismo que

$$\dst n \int_{T_1}^{T_2 }C_{V,m} dT = - \int_{V_1}^{V_2 }P_{ext} dV$$

Como durante todo el proceso hay desequilibrio de presiones entre el interior y el exterior el proceso será no estático y consecuentemente irreversible.

Entiendo que el ejemplo se ajusta al enunciado del problema, ya que en ningún momento se dice que la presión exterior este producida por un gas, pero en cualquier caso se puede sustituir el peso por un líquido o un gas siempre que se admita que mantiene su presión constante; otra cosa será como conseguir que el gas mantenga su presión constante en todo momento, pero esto pienso que se sale ya del propósito del enunciado.

Saludos

[Jose D. Escobedo]

Re: Compresión adiabática irreversible (¿o da igual?)

Aparte de que esas dos integrales una se refiere al medio y otro al sistema, si se resuelven de la manera propuesta, se obtendra una dependencia lineal entre la temperatura y el volumen, lo cual no tengo manera de comprobar sea cierto para este problema, ademas se tiene que tomar en consideracion el trabajo que hace el gas y no lo veo en esa expresion de la conservacion de la energia, y talvez el trabajo que hace la fuerza que empuja el embolo (pared) en la transportacion de particulas de un lado a otro para encerrarlas en un volumen mas reducido de lo que si estoy seguro es que hace falta otro termino.

De, $\dst \Delta S \ge \int \frac{\delta Q}{T}$ se refiere al incremento de entropia en el universo, o sea que tengo que considerar el medio que rodea al sistema tambien.
Este enunciado, tambien me da la opcion de decir que [Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida] y yo lo que queria decir es: si $\Delta S=0$ y el sistema es adiabatico $\Rightarrow$ reversible. Hay manera de calcular $\Delta S$ con puros metodos de la termodinamica clasica, para saber su valor para este caso en particular?

En el link de la wikipedia sobre "reversible process" despues de la tercera linea donde dice: "However, if the system undergoing the changes responds much faster than the applying change, the deviation from reversibility may be negligible." Que es lo que mas o menos dije cuando estaba tratando usar la teoria cinetico-molecular en uno de mis hilos anteriores.

Desde el punto de vista de la mecanica cuantica la diferencia de presiones para este problema tiene que dar origen aun movimiento tan brusco que de la misma violencia algunas particulas brinquen de un estado de menor energia a otro con mayor energia perdiendoce mucha informacion, haciendopse caotico, obteniendoce asi entropia, pero si solo pasa con unos pocos estados energeticos que fueran negibles en comparacion al numero de atomos contenidos en ese contenedor el proceso sera reversible y teniendo en cuenta que es una de differencia de 10 a 1 en "bars" dudo que se cree algo de entropia dejando el sistema suficientemente cerca de ser reversible.

Saludos

Jose

Pd. Es bien sabido que todos los procesos reales son ireversibles, pero aqui estamos hablando de de una aproximacion o un problema con condiciones ideales que pudiera ser o no ser reversible.