>	restart:#"m02_p15"

En un cilindro vertical de 10 cm de diámetro y 0,5 m de altura, abierto por abajo, hay un émbolo de 10 kg que presenta un fuerza de fricción con el cilindro que se va a suponer independiente de la velocidad y de valor 20 N, estando inicialmente la cara superior del émbolo a 20 cm del fondo del cilindro, con aire atrapado entre ambos. Se pide:
a) Hacer un esquema y determinar la presión inicial del aire atrapado, suponiendo que el émbolo está en equilibrio. ¿Cuál sería el efecto de la fricción?
b) Trabajo mínimo necesario para obligar a que la cara interior del émbolo quede a 40 cm del fondo, determinando el incremento de entropía del aire y del ambiente. ¿El aire atrapado recibe o cede energía en este proceso?
c) Masa de la pesa que habría que colgar del émbolo para que en el equilibrio quedase como se ha dicho en el punto anterior, y variación de energía de la pesa.
d) Determinar el punto más bajo que se alcanzaría si al colocar la pesa anterior se suelta bruscamente.

Datos:

>	read"../therm_eq.m":read"../therm_proc.m":with(therm_proc):unprotect(gamma):assume(x1>0,x2>0,x3>0);

>	su1:="Aire":su2:="Laton":dat:=[A=evalf(Pi*(0.1*m_)^2/4),L=0.5*m_,mE=10*kg_,Ff=20*N_,z1=0.2*m_,z2=0.4*m_]:'dat'=evalf(%,3);

Esquema:

>

>

Ecs. const.:

>	eqET:=eq1_14;eqBE:=eq1_5;eqEE:=eq1_16;gdat:=get_gas_data(su1):sdat:=get_sol_data(su2):dat:=op(dat),Const,gdat,SI2,SI1:

a) Hacer un esquema y determinar la presión inicial del aire atrapado, suponiendo que el émbolo está en equilibrio. ¿Cuál sería el efecto de la fricción?

>

eqBF:=mE*diff(z(t),t,t)=(p-p0)*A+mE*g-Ff;eqBFint:=int(mE*diff(z(t),t,t)*diff(z(t),t),t)=Int((p-p0)*A+mE*g-Ff,z);T1:=T0:eqBEequil:=0=(p-p0)*A+mE*g-Ff;p1_Ff0:=p0-mE*g/A;p1_Ff0_:=subs(dat,p1_Ff0):'p1_Ff0'=evalf(%,3);p1_Ffmin:=p0-mE*g/A-Ff/A;p1_Ffmin_:=subs(dat,p1_Ffmin):'p1_Ffmin'=evalf(%,3);p1_Ffmax:=p0-mE*g/A+Ff/A;p1_Ffmax_:=subs(dat,p1_Ffmax):'p1_Ffmax'=evalf(%,3);p1_:='p1_Ff0_';

i.e., si el efecto de la fricción fuese despreciable en el equilibrio inicial, la presión del aire atrapado sería de 87,5 kPa, aunque la frición podría mantenerlo en esa posición y la presión interior ser de 85 kPa, o 90 kPa, o cualquier valor intermedio.

b) Trabajo mínimo necesario para obligar a que la cara interior del émbolo quede a 40 cm del fondo, determinando el incremento de entropía del aire y del ambiente. ¿El aire atrapado recibe o cede energía en este proceso?

Para minimizar el trabajo, conviene hacer el proceso lentamente (isotérmicamente). También convendría minimizar la fricción, pero en este caso es fija. Sea F la fuerza necesaria.

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eqBF_lento:=0=(p-p0)*A+mE*g-Ff+F;F_:=solve(%,F):WF:=Int(F,z=z1..z2);eqET;eq_process:=p*V=p1*V1;eq_process:=p*x=p1*x1;WF:=int(subs(p=p1*z1/z,F_),z=z1..z2);WF:=-A*p1*z1*ln(z2/z1)+A*p0*(z2-z1)-mE*g*(z2-z1)+Ff*(z2-z1);WF_:=subs(dat,evalf(subs(p1=p1_,dat,WF))):'WF'=evalf(%,2);WFterms:=[-A*p1*z1*ln(z2/z1),+A*p0*(z2-z1),-mE*g*(z2-z1),+Ff*(z2-z1)];WFterms_:=subs(dat,evalf(subs(p1=p1_,dat,WFterms))):'WFterms'=evalf(%,3);

i.e., hay que hacer 46 J de trabajo, resultado de hacer 4 J para la fricción, de recibir 20 J por descenso del peso del émbolo, de hacer 160 J contra la atmósfera, y de recibir 95 J del gas encerrado.

El aire atrapado da 95 J de trabajo y toma 95 J de calor en el proceso, pero globalmente ni toma ni da energía.

Respecto a las entropías:

>

p2=p1*z1/z2;p2_:=subs(dat,p1_*z1/z2):'p2'=evalf(%,2);DSgas:=m*(c[p]*ln(T2/T1)-R*ln(p2/p1));T2:=T0;eqET;eqET_:=subs(dat,m=p1_*A*z1/(R*T0)):evalf(%,2);DSgas_:=subs(dat,evalf(subs(eqET_,p1=p1_,p2=p2_,dat,DSgas))):'DSgas'=evalf(%,2);DSatm:=Q0/T0;eqBE[gas+emb+atm]:=eqBE;DE[gas]:=0;DE[emb]:=-mE*g*(z2-z1);DE[atm]=Q0;W[gas+emb+atm]:='WF';Q[gas+emb+atm]:=0;eqBE[gas+emb+atm]:=-mE*g*(z2-z1)+Q0=WF;Q0__:=solve(%,Q0);Q0_:=subs(dat,evalf(subs(p1=p1_,dat,Q0__))):'Q0'=evalf(%,2);DSatm_:=subs(dat,Q0_/T0):'DSatm'=evalf(%,2);DSuni:='DSgas+DSatm';DSuni_:=DSgas_+DSatm_:'DSuni'=evalf(%,2);

i.e. el gas aumenta su entropía y el ambiente también, con un resultado neto positivo debido a la disipación por fricción; si no hubiese fricción, el ambiente disminuiría de entropía y la suma sería nula.

NOTA ADICIONAL. Al estudiar la exergía, se verá que el trabajo mínimo para realizar un proceso con un sistema en presencia de una atmósfera infinita es Wmin=DE+p0*DV-T0*DS. Para nuestro caso, aplicándolo al gas atrapado:

>	Wmin=DPhi;Wmin=DE+p0*DV-T0*DS;DE:=0;DV:=A*(z2-z1);p0DV_:=subs(dat,p0*DV):'p0*DV'=evalf(%,3);DS:=m*(c[p]*ln(T2/T1)-R*ln(p2/p1));T0DS_:=subs(dat,evalf(subs(eqET_,p1=p1_,p2=p2_,dat,T0*DS))):'-T0*DS'=-evalf(%,3);Wmin_:=DE+p0DV_-T0DS_:'Wmin'=evalf(%,2);

i.e., el trabajo mínimo para obligar al gas a realizar ese proceso es de 62 J (que con los 95 J que proporciona el propio gas son los 157 J que pasan al ambiente). Pero en el problema presente, parte de ese trabajo lo haría el campo gravitatorio (los 20 J de bajada de los 10 kg), y deberíamos añadir los 4 J por la fricción, con lo cual se obtiene el resultado anterior: 62-20+4=46 J.

c) Masa de la pesa que habría que colgar del émbolo para que en el equilibrio quedase como se ha dicho en el punto anterior, y variación de energía de la pesa.

>	eqBF_final:=0=(p2-p0)*A+mE*g-Ff+F;F:=mP*g;mP_:=subs(Ff=0,p2=p2_,dat,solve(eqBF_final,mP)):'mP_Ff0'=evalf(%,2);subs(p2=p2_,dat,solve(eqBF_final,mP)):'mP_Ffmax'=evalf(%,2);subs(Ff=-Ff,p2=p2_,dat,solve(eqBF_final,mP)):'mP_Ffmin'=evalf(%,2);'mP'='mP_Ff0';

i.e., como antes, la fricción estática introduce una incertidumbre que hace que con una pesa entre 33 kg y 37 kg se pueda conseguir el equilibrio en ese estado.

d) Determinar el punto más bajo que se alcanzaría si al colocar la pesa anterior se suelta bruscamente.

Aplicando el balance de fuerzas integrado al conjunto émbolo+pesa, y sabiendo que la velocidad será nula en el estado inicial y en el de máxima elongación, y que ahora el proceso será rápido y para el aire se podrá aproximar como isoentrópico, tendremos:

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eqBF:=(mE+mP)*diff(z(t),t,t)=(p-p0)*A+(mE+mP)*g-Ff;eqBFint:=int((mE+mP)*diff(z(t),t,t)*diff(z(t),t),t)=Int((p-p0)*A+(mE+mP)*g-Ff,z=z1..z3);eqBFint:=0=Int((p1*z1^gamma/z^gamma-p0)*A+(mE+mP)*g-Ff,z=z1..z3);eqBFint_:=subs(p1=p1_,mP=mP_,dat,SI0,value(eqBFint)):evalf(%,2);z3_:=fsolve(eqBFint_,z3=0.21..1)*m_:'z3'=evalf(%,2);plot(rhs(eqBFint_),z3=.01..0.6,eq=-20..20);

Conclusión: queda tan escaso margen, que la incertidumbre debida a la fricción real aconseja no garantizar que el émbolo/pesa no salga del cilindro. Teóricamente, con este modelo no saldría pues la fricción estática final haría que ni siquiera llegara a los 48 cm del fondo.