Supuesto 7

Este supuesto integra la ecuación de estado del gas ideal y el primer principio de la termodinámica sobre un ciclo cerrado formado por las tres transformaciones más características —isóbara, isócora e isoterma—. Permite calcular en cada tramo el trabajo, el calor y la variación de energía interna, y cerrar con una comprobación potente: que la energía interna es una función de estado, de modo que su variación en un ciclo completo es nula.

Enunciado

Una cantidad fija de $n = 2{,}0\ \mathrm{mol}$ de un gas ideal diatómico (considérese aire, con capacidades molares $C_V = \tfrac{5}{2}R$ y $C_p = \tfrac{7}{2}R$) describe el ciclo cerrado $A\to B\to C\to A$:

• Estado $A$: $p_A = 1{,}0\times 10^{5}\ \mathrm{Pa}$ y $V_A = 0{,}050\ \mathrm{m^3}$.
• $A\to B$: expansión isóbara hasta $V_B = 0{,}100\ \mathrm{m^3}$.
• $B\to C$: enfriamiento isócoro hasta $p_C = 0{,}50\times 10^{5}\ \mathrm{Pa}$.
• $C\to A$: compresión isoterma que devuelve el gas al estado inicial.

Tómese $R = 8{,}314\ \mathrm{J\,mol^{-1}\,K^{-1}}$ y el criterio de signos $\Delta U = Q - W$, donde $W$ es el trabajo realizado por el gas.

Se pide:

• a) Aplicar la ecuación de estado para obtener las temperaturas de $A$, $B$ y $C$.
• b) El trabajo, el calor y la variación de energía interna en la isóbara $A\to B$.
• c) Las mismas magnitudes en la isócora $B\to C$.
• d) Las mismas magnitudes en la isoterma $C\to A$.
• e) El balance del ciclo completo: comprobar que $\Delta U = 0$ y que el calor neto iguala al trabajo neto, y estimar el rendimiento.

Resolución

a) Ecuación de estado y temperaturas

De $pV = nRT$ se despeja $T = pV/(nR)$, con $nR = 2{,}0\cdot 8{,}314 = 16{,}628\ \mathrm{J\,K^{-1}}$:

$$T_A = \frac{1{,}0\times 10^{5}\cdot 0{,}050}{16{,}628} = 301\ \mathrm{K}, \qquad T_B = \frac{1{,}0\times 10^{5}\cdot 0{,}100}{16{,}628} = 601\ \mathrm{K}$$ $$T_C = \frac{0{,}50\times 10^{5}\cdot 0{,}100}{16{,}628} = 301\ \mathrm{K}$$

Que $T_C = T_A$ confirma que $C$ y $A$ están sobre la misma isoterma, coherente con que $C\to A$ sea isoterma. Nótese además que $p_A V_A = p_C V_C = 5{,}0\times 10^{3}\ \mathrm{J}$.

b) Isóbara $A\to B$

A presión constante el trabajo del gas es $W = p\,\Delta V$, con $\Delta V = 0{,}100 - 0{,}050 = 0{,}050\ \mathrm{m^3}$:

$$W_{A\to B} = p_A\,\Delta V = 1{,}0\times 10^{5}\cdot 0{,}050 = 5{,}0\times 10^{3}\ \mathrm{J}$$

Como $p\,\Delta V = nR\,\Delta T = 5{,}0\times 10^{3}\ \mathrm{J}$, la variación de energía interna y el calor se obtienen sin arrastrar el redondeo de las temperaturas:

$$\Delta U_{A\to B} = nC_V\,\Delta T = \tfrac{5}{2}\,nR\,\Delta T = \tfrac{5}{2}\cdot 5{,}0\times 10^{3} = 1{,}25\times 10^{4}\ \mathrm{J}$$ $$Q_{A\to B} = nC_p\,\Delta T = \tfrac{7}{2}\,nR\,\Delta T = \tfrac{7}{2}\cdot 5{,}0\times 10^{3} = 1{,}75\times 10^{4}\ \mathrm{J}$$

Comprobación: $Q = \Delta U + W = 12{,}5 + 5{,}0 = 17{,}5\ \mathrm{kJ}$, que coincide con $Q_{A\to B}$. El gas absorbe calor, se expande y se calienta.

c) Isócora $B\to C$

Al no variar el volumen, el gas no realiza trabajo: $W_{B\to C} = 0$. Ahora $nR\,\Delta T = V\,\Delta p$, con $\Delta p = 0{,}50\times 10^{5} - 1{,}0\times 10^{5} = -0{,}50\times 10^{5}\ \mathrm{Pa}$:

$$V\,\Delta p = 0{,}100\cdot(-0{,}50\times 10^{5}) = -5{,}0\times 10^{3}\ \mathrm{J}$$ $$\Delta U_{B\to C} = \tfrac{5}{2}\,nR\,\Delta T = \tfrac{5}{2}\cdot(-5{,}0\times 10^{3}) = -1{,}25\times 10^{4}\ \mathrm{J}$$ $$Q_{B\to C} = \Delta U_{B\to C} + W_{B\to C} = -1{,}25\times 10^{4}\ \mathrm{J}$$

Todo el calor cedido ($12{,}5\ \mathrm{kJ}$) sale a costa de la energía interna: el gas se enfría a volumen constante.

d) Isoterma $C\to A$

En un gas ideal la energía interna solo depende de la temperatura, así que $\Delta U_{C\to A} = 0$. El trabajo de la compresión isoterma es

$$W_{C\to A} = nRT\,\ln\frac{V_A}{V_C} = 5{,}0\times 10^{3}\cdot\ln\frac{0{,}050}{0{,}100} = 5{,}0\times 10^{3}\cdot(-0{,}693) = -3{,}47\times 10^{3}\ \mathrm{J}$$

donde se ha usado $nRT = p_C V_C = 5{,}0\times 10^{3}\ \mathrm{J}$. Por el primer principio,

$$Q_{C\to A} = \Delta U_{C\to A} + W_{C\to A} = -3{,}47\times 10^{3}\ \mathrm{J}$$

El trabajo es negativo (se comprime, se hace trabajo sobre el gas) y, como $\Delta U = 0$, el gas cede al foco exactamente ese calor.

e) Balance del ciclo y rendimiento

La energía interna es función de estado; sumando los tres tramos:

$$\Delta U_{\text{ciclo}} = 12{,}5 - 12{,}5 + 0 = 0\ \mathrm{kJ}$$

tal como exige que $A$ sea el estado inicial y final. El trabajo neto y el calor neto valen

$$W_{\text{neto}} = 5{,}0 + 0 - 3{,}47 = 1{,}53\ \mathrm{kJ}, \qquad Q_{\text{neto}} = 17{,}5 - 12{,}5 - 3{,}47 = 1{,}53\ \mathrm{kJ}$$

Comprobación cruzada: al ser $\Delta U_{\text{ciclo}} = 0$, el primer principio impone $Q_{\text{neto}} = W_{\text{neto}}$, y ambos coinciden en $1{,}53\ \mathrm{kJ}$. El signo positivo indica que el ciclo, recorrido en sentido horario en el diagrama $p\text{-}V$, funciona como una máquina térmica. Su rendimiento, tomando como calor absorbido únicamente $Q_{A\to B}$:

$$\eta = \frac{W_{\text{neto}}}{Q_{A\to B}} = \frac{1{,}53}{17{,}5} \approx 0{,}088 = 8{,}8\ \%$$

En orden de magnitud es un rendimiento modesto, esperable en un ciclo con tan poca área encerrada frente al calor movilizado.

Comentario didáctico

El supuesto enlaza la teoría cinético-molecular del gas ideal (Tema 15) con el primer principio de la termodinámica (Tema 12) y abre la puerta al estudio de las máquinas térmicas y el segundo principio (Tema 16). Su mayor valor en el aula es metodológico: obliga a distinguir con rigor las tres magnitudes —$W$, $Q$ y $\Delta U$— y a recordar que solo la última es función de estado, mientras que calor y trabajo dependen del camino. Conviene explotar las relaciones $p\,\Delta V = nR\,\Delta T$ (isóbara) y $V\,\Delta p = nR\,\Delta T$ (isócora) para evitar el arrastre de errores de redondeo en las temperaturas, y proponer al alumnado la doble comprobación del cierre del ciclo ($\Delta U = 0$ y $Q_{\text{neto}} = W_{\text{neto}}$) como estrategia de autoevaluación. Es también una ocasión natural para señalar una concepción alternativa muy extendida: creer que un proceso isotermo no intercambia calor. La resolución muestra lo contrario: al ser $\Delta U = 0$, todo el trabajo intercambiado se compensa con calor.