8.5: La entropía y los modelos de sustancias

Para aplicar la ecuación contable de entropía, a menudo necesitamos determinar el valor de la entropía específica\(s\) de las sustancias que se encuentran en o cruzan los límites de nuestro sistema. El propósito de esta sección es extender los dos modelos de sustancias diferentes que estudiamos anteriormente, gases ideales y sustancias incompresibles con calor específico a temperatura ambiente, para cubrir la entropía.

8.5.1\(s\) Relativo a\(T\), \(P\), \(u\), \(h\), y\(v\) — Las\(Tds\) relaciones

Antes de dar las relaciones de trabajo para calcular los cambios en la entropía específica en función de otras propiedades específicas, debemos considerar cómo, de hecho, estas propiedades están relacionadas.

Considera, si quieres, un sistema cerrado que contenga una sustancia simple y compresible. En este punto deberías estar preguntándote: “¿Qué es exactamente una sustancia simple y compresible?” Una sustancia simple y compresible es una sustancia para la cual el único modo de trabajo reversible (o cuasiequilibrio) pertinente es el\(\text{PdV}\) trabajo (trabajo de compresión y expansión). Hay sustancias (por ejemplo, una barra de acero) que pueden someterse a dos procesos diferentes de trabajo de cuasiequilibrio:\(\text{PdV}\) trabajo y trabajo elástico (o resorte); sin embargo, en un problema dado solo uno de los modos de trabajo de cuasiequilibrio puede ser importante. (Una barra de acero donde solo es importante el trabajo elástico se llamaría sustancia simple y elástica). No hablaremos más sobre este punto salvo decir que nuestros dos modelos de sustancias se aplican a una sustancia simple y compresible.

Consideremos ahora el comportamiento de este sistema a lo largo de un pequeño intervalo de tiempo:\[\begin{array}{lll} \dfrac{d E_{sys}}{dt} = \dot{Q}_{\text{in}} + \dot{W}_{\text{in}} & \rightarrow & dE = \delta Q_{\text{in}} + \delta W_{\text{in}} \\ \dfrac{d S_{sys}}{dt} = \dfrac{\dot{Q}}{T_{b}} + \dot{S}_{gen} & \rightarrow & dS = \dfrac{\delta Q_{\text{in}}}{T_{b}}+\delta S_{gen} \end{array} \nonumber \] Además haremos los siguientes supuestos:

• el proceso es internamente reversible, por lo tanto, todas las propiedades intensivas son espacialmente uniformes durante el proceso,
• la temperatura de la sustancia\(T\) y la temperatura límite\(T_{\mathrm{b}}\) son las mismas,
• el único modo de trabajo posible es el trabajo PdV, y
• los cambios en la energía potencial cinética y gravitacional son insignificantes para el proceso.

En estas condiciones, la Ec. \(\PageIndex{1}\)simplifica de la siguiente manera:\[\begin{array}{l|l} \cancel{dE}^{=d U} = \delta Q_{\text{in}} + \cancel{\delta W_{\text{in}}}^{= -P d V\kern-0.5em\raise0.3ex-} & \\ dS = \dfrac{\delta Q_{\text{in}}}{\cancel{T_{b}}^{=T}} + \underbrace{ \cancel{\delta S_{gen}}^{=0} }_{\begin{array}{c} \text{Internally} \\ \text{Reversible} \end{array}} & \quad \rightarrow \quad dU = \cancel{\delta Q_{\text{in}}}^{=TdS} -P d V\kern-0.8em\raise0.3ex- \end{array} \nonumber \]

Esto finalmente nos da una relación entre la energía interna, la temperatura, la entropía, la presión y el volumen del sistema:\[dU = T dS - P d V\kern-0.8em\raise0.3ex- \nonumber \] Para nuestros propósitos, lo reescribiremos en términos de propiedades intensivas de la siguiente manera:\[\begin{array}{l|l} dU = T dS-P d V\kern-0.8em\raise0.3ex- & \\ d(mu) = T d(ms)-P d(mv) & \quad \rightarrow \quad du = Tds - Pdv \\ m du = mTds - mPdv & \end{array} \nonumber \]

Se puede obtener una ecuación relacionada combinando la Ec. \(\PageIndex{3}\)con la ecuación definitoria para la entalpía de la siguiente manera:\[ \begin{gather} \left. \begin{array} du = Tds - Pdv \\ h = u + Pv \end{array} \right| \quad \rightarrow \quad \underbrace{ d(h-Pv) }_{=u} = Tds - Pdv \nonumber \\ dh-[Pdv+vdP] = Tds - Pdv \\ dh = Tds + vdP \nonumber \end{gather} \nonumber \]

Cuando se reorganizan en la forma “estándar”, las Eqs. \(\PageIndex{3}\)y\(\PageIndex{4}\) se conocen colectivamente como las\(Tds\) relaciones para una sustancia simple y compresible:\[\begin{array}{lc} T ds = du + P dv \quad & \text { Tds relations for a } \\ T ds = dh - v dP \quad & \text { simple, compressible substance } \end{array} \nonumber \] Estas dos ecuaciones son válidas para cualquier sustancia simple y compresible y son los medios para relacionar el cambio en la entropía específica con otras propiedades más fáciles de medir.

8.5.2\(\Delta s\) — Modelo de Gas Ideal

Comenzando por la primera\(Tds\) relación, encontramos lo siguiente para un gas ideal:\[d s=\frac{du}{T} + \frac{P}{T} dv \quad \text { where } \quad du = c_{v} dT \quad \text { and } \quad \frac{P}{T} = \frac{R}{v} \nonumber \] Después de la sustitución, esto se rinde\[ds = c_{v} \frac{dT}{T} + R \frac{dv}{v} \quad\quad \text { Ideal gas } \nonumber \] Esta expresión es buena para cualquier gas ideal. Se puede obtener una expresión similar a partir de la segunda\(Tds\) relación de la siguiente manera:\[ds = \frac{dh}{T} - \frac{v}{T} dP \quad \text { where } \quad dh = c_{P} dT \quad \text { and } \quad \frac{v}{T} = \frac{R}{P} \nonumber \] Después de la sustitución, esto finalmente nos da:\[ds = c_{P} \frac{dT}{T} - R \frac{dP}{P} \quad\quad \text { Ideal gas } \nonumber \] que también es bueno para cualquier gas ideal.

Si nos limitamos al modelo de gas ideal con calores específicos a temperatura ambiente, Eqs. \(\PageIndex{6}\)y se\(\PageIndex{7}\) pueden integrar para dar las siguientes dos ecuaciones:\[ \Delta s = s_{2}-s_{1} = c_{v} \ln \left(\frac{T_{2}}{T_{1}}\right) + R \ln \left(\frac{v_{2}}{v_{1}}\right) \quad \left| \begin{array}{c} \text { Ideal gas model } \\ \text { with room-temperature } \\ \text { specific heats } \end{array} \right. \nonumber \] y\[ \Delta s = s_{2}-s_{1} = c_{P} \ln \left(\frac{T_{2}}{T_{1}}\right) - R \ln \left(\frac{P_{2}}{P_{1}}\right) \quad \left| \begin{array}{c} \text { Ideal gas model } \\ \text { with room-temperature } \\ \text { specific heats } \end{array} \right. \nonumber \] Cualquiera de estas ecuaciones se puede utilizar para calcular el cambio en la entropía específica entre dos estados. Tenga en cuenta que a diferencia de la energía interna específica\(u\) y la entalpía específica\(h\), la entropía específica depende de dos propiedades:\(T\) y\(v\), o\(T\) y\(P\). Encontrará ambas ecuaciones en la tabla resumida para el modelo de gas ideal (que se encuentra en la Sección 7.4.3 de este texto).

Bajo algunas condiciones de operación, encontraremos que el cambio en la entropía específica es cero, es decir\(\Delta s=0\). Esto sucederá con la suficiente frecuencia como para que a menudo se desarrollen ecuaciones especiales para estas condiciones. Comenzando con la Ec. \(\PageIndex{8}\)contamos con lo siguiente:\[\begin{aligned} &\cancel{\Delta s}^{=0} = c_{v} \ln \left(\frac{\cancel{T_{2}}^{=T_{2 s}}}{T_{1}}\right) + R \ln \left(\frac{\cancel{v_{2}}^{=v_{2 s}}}{v_{1}}\right) \quad \rightarrow \quad \ln \left(\frac{T_{2s}}{T_{1}}\right) = -\frac{R}{c_{v}} \ln \left(\frac{v_{2s}}{v_{1}}\right) \\ &\text { but } \frac{R}{c_{v}} = \frac{c_{p}-c_{v}}{c_{c}} = \frac{c_{p}}{c_{v}}-1 = k-1 \quad \rightarrow \quad \ln \left(\frac{T_{2s}}{T_{1}}\right) = -(k-1) \ln \left(\frac{v_{2s}}{v_{1}}\right) \end{aligned} \nonumber \]

Esto nos da finalmente\[\frac{T_{2s}}{T_{1}} = \left(\frac{v_{2s}}{v_{1}}\right)^{1-k} \quad \text { when } s_{2} = s\left(T_{2s}, \ v_{2s}\right) = s\left(T_{1}, \ v_{1}\right) = s_{1} \nonumber \] dónde\(T_{2 s}\) y\(v_{2 s}\) están la temperatura y el volumen específico, respectivamente, en el estado 2 cuando\(s_{2}=s_{1}\). Se puede desarrollar una expresión similar a partir de la Ec. \(\PageIndex{9}\)y se presenta aquí sin desarrollo:\[\frac{T_{2s}}{T_{1}} = \left(\frac{P_{2s}}{P_{1}}\right)^{\frac{k-1}{k}} \quad \text { where } s_{2} = s \left(T_{2s}, P_{2s}\right) = s \left(T_{1}, P_{1}\right) = s_{1} \nonumber \] Combinando Eqs\(\PageIndex{10}\) y\(\PageIndex{11}\), se puede desarrollar la siguiente ecuación la cual es válida entre dos estados cualesquiera o a lo largo de cualquier proceso donde\(s\) sea una constante:\[ P v^{k} = \text { Constant } \quad\quad \begin{array}{c} \text{Ideal gas model} \\ \text {with room-temperature specific heats} \\ \text { and } \Delta s=0 \end{array} \nonumber \] Si tuvieras que recordar una ecuación para condiciones con\(\Delta s=0\), recomendaría la Eq. \(\PageIndex{12}\). Combinado con la ley de gas ideal,\(Pv = RT\), se pueden recuperar las otras ecuaciones con un poco de álgebra.

Cualquier proceso en el que la entropía específica permanezca constante se denomina proceso isentrópico. Eqs. \(\PageIndex{10}\)\(\PageIndex{11}\), y todos\(\PageIndex{12}\) son válidos para procesos isentrópicos donde la sustancia puede modelarse como un gas ideal con calores específicos a temperatura ambiente.

8.5.3 Modelo de Sustancia\(\Delta \mathbf{s}\) — Incompresible

Partiendo de la primera\(Tds\) relación, encontramos lo siguiente para una sustancia incompresible:\[ds = \frac{du}{T} + \frac{P}{T} dv \quad \text { where } \quad du=c dT \quad \text { and } \quad v = \text { constant } \nonumber \] Después de la sustitución, esto finalmente nos da\[ds=c \frac{dT}{T} \quad \text { Incompressible substance } \nonumber \] Esta expresión es buena para cualquier sustancia incompresible.

Si nos restringimos más al modelo de sustancia incompresible con calores específicos a temperatura ambiente podemos integrar la Ec. \(\PageIndex{13}\)dándonos la siguiente relación:\[\Delta s = s_{2}-s_{1} = c \ln \left(\frac{T_{2}}{T_{1}}\right) \quad\quad \begin{array}{c} \text { Incompressible substance model } \\ \text { with } \\ \text { room-temperature specific heats } \end{array} \nonumber \] Si modelas algo como sustancia incompresible con calores específicos a temperatura ambiente, usa la Eq. \(\PageIndex{14}\)para calcular el cambio en la entropía específica. Esta ecuación también se puede encontrar en la tabla resumida para el modelo de sustancia incompresible (de la Sección 7.4.3 de este texto).

Bajo algunas condiciones de operación, encontraremos que el cambio en la entropía específica es cero, es decir\(\Delta s=0\). En estas condiciones, la Ec. \(\PageIndex{14}\)reduce a lo siguiente:\[\begin{array}{cc} \cancel{\Delta s}^{=0} = c \ln \left(\dfrac{\cancel{T_{2}}^{=T_{2s}}}{T_{1}}\right) & \quad \begin{array}{c} \text { Incompressible substance model } \\ \text { with } \end{array} \\ T_{2 s}=T_{1} & \text { room-temperature specific heats } \\ & \text { and } \Delta s=0 \end{array} \nonumber \] Así, para un proceso isentrópico de una sustancia incompresible la temperatura de la sustancia es constante.

8.5.4 Ejemplos

En los siguientes ejemplos, lo único que es nuevo es el uso del modelo de gas ideal y el modelo de sustancia incompresible como se requiere para relacionar los cambios en la entropía específica con otras propiedades intensivas.

Ejemplo: Bombeo de queroseno, revisado

Vuelva a visitar el ejemplo de Bombeo de Queroseno en la Sección 7.4.3 de este texto. Si el bombeo ocurre en un proceso adiabático, reversible, determinar (a) la temperatura del queroseno que sale de la bomba y (b) la potencia requerida para operar la bomba, en\(\mathrm{ft} \cdot \mathrm{lbf} / \mathrm{lbm}\).

Solución

Usaremos exactamente el mismo sistema que se seleccionó anteriormente y también asumiremos que el queroseno puede modelarse como una sustancia incompresible con calores específicos a temperatura ambiente.

Aplicando la ecuación de conservación de energía y el modelo de sustancia incompresible a este sistema nos da el mismo resultado que antes:\[\begin{aligned} \frac{\dot{W}_{\text {pump, in}}}{\dot{m}} &= \underbrace{\left(h_{2}-h_{1}\right)}_{=c\left(T_{2}-T_{1}\right) + v \left(P_{2}-P_{1}\right)} + \underbrace{ \cancel{\left(\frac{V_{2}^{2}}{2}-\frac{V_{1}^{2}}{2}\right)}^{=0}}_{\text {Same reasoning as before}} + g \left(z_{2}-z_{1}\right) \\ &= c \left(T_{2}-T_{1}\right) + v\left(P_{2}-P_{1}\right) + g \left(z_{2}-z_{1}\right) \end{aligned} \nonumber \] Ahora aplicando la ecuación contable de entropía a este sistema, tenemos

\[\underbrace{ \cancel{\frac{d S_{sys}}{dt}}^{=0} }_{\text{Steady-state}} = \underbrace{ \cancel{\sum_{j=1}^{N} \frac{\dot{Q}_{j}}{T_{b, j}}}^{=0} }_{\text{Adiabatic}} + \underbrace{\dot{m}_{1} s_{1} - \dot{m}_{2} s_{2}}_{\dot{m}_{1} = \dot{m}_{2} = \dot{m}} + \dot{S}_{gen} \quad \rightarrow \quad \underbrace{ \cancel{\dot{S}_{gen}}^{=0} }_{\begin{array}{c} \text{Reversible} \\ \text{process} \end{array}} = \dot{m} \left(s_{2}-s_{1}\right) \quad \rightarrow \quad s_{2}-s_{1} = 0 \nonumber \]

Para ir más allá debemos aplicar el modelo de sustancia incompresible y evaluar el cambio en la entropía específica:\[\begin{array}{c|} \text { Substance model: } \quad \Delta s = c \ln \left(\frac{T_{2}}{T_{1}}\right) \\ + \\ \text { Process information: } \quad \Delta s=0 \end{array} \Rightarrow \quad \cancel{\Delta s}^{=0} = c \ln \left(\frac{T_{2}}{T_{1}}\right) \quad \rightarrow \quad T_{2}=T_{1} \nonumber \]

Así, la temperatura de salida es la misma que la temperatura de entrada y el trabajo para la bomba se puede encontrar de la siguiente manera de nuestros esfuerzos anteriores:\[\frac{\dot{W}_{\text {pump, in}}}{\dot{m}} = \underbrace{c \cancel{\left(T_{2}-T_{1}\right)}^{=0}}_{\begin{array}{c} T_{2}-T_{1} \text{ for this} \\ \text {process} \end{array}} + \frac{1}{\rho}\left(P_{2}-P_{1}\right) + g \left(z_{2}-z_{1}\right) = (126.6+15.0) \ \frac{\mathrm{ft} \cdot \mathrm{lbf}}{\mathrm{lbm}} = 142 \ \frac{\mathrm{ft} \cdot \mathrm{lbf}}{\mathrm{lbm}} \nonumber \]

Comentario:

Tenga en cuenta que si el proceso es internamente reversible, solo toma aproximadamente\(43 \%\) de la entrada de energía que se requirió cuando la temperatura del queroseno solo aumentó\(0.5^{\circ} \mathrm{F}\).

Si revisamos la ecuación de producción de entropía, podemos reorganizarla para que el impacto de la producción de entropía en el cambio de temperatura se vea fácilmente:\[\begin{array}{c} \dot{S}_{gen} = \dot{m}\left(s_{2}-s_{1}\right) \\ s_{2}-s_{1} = c \ln \left(\dfrac{T_{2}}{T_{1}}\right) \\ T_{2} = T_{1} + \Delta T \end{array} \quad \rightarrow \quad \dfrac{\dot{S}_{gen}}{\dot{m}} = c \ln \left(1+\frac{\Delta T}{T_{1}}\right) \quad \text { or } \quad T_{2}-T_{1} = T_{1} \cdot \left[\exp \left(\frac{\dot{S}_{gen}}{\dot{m} c}\right)-1\right] \nonumber \]

Combinando esto con la ecuación general para la potencia en una bomba da el siguiente resultado:\[\begin{aligned} \frac{\dot{W}_{\text {pump, in}}}{\dot{m}} &= c \left(T_{2}-T_{1}\right) + \frac{1}{\rho} \left(P_{2}-P_{1}\right) + \left(\frac{V_{2}^{2}}{2}-\frac{V_{1}^{2}}{2}\right) + g \left(z_{2}-z_{1}\right) \\ &= c T_{1} \cdot \left[\exp \left(\frac{\dot{S}_{gen}}{\dot{m} c}\right)-1\right] + \frac{1}{\rho}\left(P_{2}-P_{1}\right) + \left(\frac{V_{2}^{2}}{2}-\frac{V_{1}^{2}}{2}\right) + g\left(z_{2}-z_{1}\right) \end{aligned} \nonumber \] Ahora usando la ecuación anterior, determinar la cantidad mínima teórica de potencia que debe suministrarse a la bomba. [Solo una ecuación es aceptable.]

Para una bomba, el “mejor” rendimiento corresponde a minimizar la potencia requerida para operar la bomba. ¿Qué tipo de proceso te da este “mejor” desempeño?

Ejemplo — Revolviendo las cosas

Un tanque rígido contiene\(5 \mathrm{~kg}\) de nitrógeno\(\left(\mathrm{N}_{2}\right)\) inicialmente a una presión de\(100 \mathrm{~kPa}\) y una temperatura de\(27^{\circ} \mathrm{C}\). El tanque también contiene una rueda de paletas que tiene una masa y volumen despreciables. Las paredes del tanque están hechas de un material aislante. La rueda de paletas opera durante varios minutos y hace\(500 \mathrm{~kJ}\) de trabajo sobre el gas dentro del tanque rígido. Determinar la (a) presión final y temperatura del gas, y (b) la cantidad de entropía producida durante este proceso. Supongamos que se\(\mathrm{N}_{2}\) puede modelar como un gas ideal con calores específicos a temperatura ambiente.

Solución

Conocido: El gas nitrógeno está contenido en un tanque rígido y es agitado por una rueda de paletas en el tanque.

Encuentra: (a) La temperatura y presión finales del gas.

b) La entropía producida durante el proceso de agitación.

Dado:

Condiciones iniciales del\(\mathrm{N}_{2}\) gas:
\(T_{1}=27^{\circ} \mathrm{C}\)
\(P 1=100 \mathrm{~kPa}\)
\(m_{1}=5 \mathrm{~kg}\)

Trabajo realizado por rueda de paletas en el gas:\(W_{\text {Paddle-wheel, in}}=500 \mathrm{~kJ}\)

La masa y el volumen de la rueda de paletas son insignificantes.

El tanque es rígido y está hecho de material aislante.

Figura\(\PageIndex{1}\): El tanque contiene una rueda de gasolina y una rueda de paletas.

Análisis:

Estrategia\(\rightarrow\) Supongamos que necesitaremos usar energía porque queremos conocer el cambio en una propiedad del gas cuando se trabaja en ella. Y tendremos que usar la entropía porque se nos pregunta sobre la entropía producida.

Sistema\(\rightarrow\) Trate el gas en el tanque como un sistema cerrado.

Propiedad para contar\(\rightarrow\) Masa y energía.

Intervalo de tiempo El intervalo\(\rightarrow\) de tiempo finito desde el inicio y el estado final están implícitos.

Comenzando con la ecuación de conservación de energía para un sistema cerrado, sistema de tiempo finito tenemos lo siguiente:\[\underbrace{ \cancel{\Delta E}^{= \Delta U}}_{\begin{array}{c} \text { Neglecting changes in } \\ \text { kinetic and gravitational } \\ \text{ potential energy. } \end{array}} = \cancel{Q_{\text {in}}}^{=0} + \cancel{W_{\text{in}}}^{=W_{\text{PW, in}}} \quad \rightarrow \quad \Delta U = W_{\text{PW, in}} \nonumber \] (No se desespere si no puede anotar esta forma de sistema cerrado, tiempo finito inmediatamente. Simplemente comience con la ecuación completa y aplique los dos supuestos: sistema cerrado y tiempo finito. Solo debes comenzar con una forma simplificada si declaras explícitamente las simplificaciones para la ecuación. Tenga en cuenta que declaré claramente lo que asumí antes de anotar la ecuación.)

Ahora si aplicamos el modelo de gas ideal tenemos lo siguiente:\[\Delta U = m \Delta u = m c_{v} \left(T_{2}-T_{1}\right) \quad \text { where } c_{v}=0.743 \ \frac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{kg} \cdot \mathrm{K}} \nonumber \] donde se toma el valor calorífico específico de las tablas de propiedades termofísicas para\(\mathrm{N}_{2}\).

Sustituyendo esto de nuevo en la ecuación de energía, podemos resolver para la temperatura final de la siguiente manera:

\[ \begin{gathered} m c_{v} \left(T_{2}-T_{1}\right) = W_{\text{PW, in}} \quad \rightarrow \quad T_{2} = T_{1} + \frac{W_{\text{PW, in}}}{m c_{v}} \\ T_{2} = \left(27^{\circ} \mathrm{C}\right) + \frac{500 \mathrm{~kJ}}{(5 \mathrm{~kg}) \left(0.743 \ \dfrac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{kg} \cdot \mathrm{K}} \right)} = (27+134.6) ^{\circ} \mathrm{C} = 161.7 ^{\circ} \mathrm{C} \end{gathered} \nonumber \]

Resolviendo para la presión final, podemos hacer uso de la ecuación y proporciones ideales:\[\begin{gathered} \begin{array}{c} P_{2} V\kern-1.0em\raise0.3ex-_{2} = m_{2} R T_{2} \\ P_{1} V\kern-1.0em\raise0.3ex-_{1} = m_{1} R T_{1} \end{array} \quad \rightarrow \quad \dfrac{P_{2} \cancel{V\kern-1.0em\raise0.3ex-_{2}}}{P_{1} \cancel{V\kern-1.0em\raise0.3ex-_{1}}} = \dfrac{\cancel{m_{2}} \cancel{R} T_{2}}{\cancel{m_{1}} \cancel{R} T_{1}} \quad \rightarrow \quad \dfrac{P_{2}}{P_{1}} = \dfrac{T_{2}}{T_{1}} \\ P_{2} = P_{1} \left(\dfrac{T_{2}}{T_{1}}\right) = (100 \mathrm{~kPa}) \left(\dfrac{161.7+273}{27+273}\right) = 145 \mathrm{~kPa} \end{gathered} \nonumber \]

Ahora para encontrar la entropía producida, debemos aplicar la ecuación contable de entropía a este mismo sistema. Esta vez comenzaremos con la forma de tarifa general y la simplificaremos explícitamente:

\[ \begin{gathered} \frac{d S_{sys}}{dt} = \underbrace{ \cancel{\sum_{j=1}^{N} \frac{\dot{Q}_{j}}{T_{b, \ j}}} }_{\text{Adiabatic}} + \underbrace{ \cancel{\sum_{\text{in}} \dot{m}_{i} s_{i} - \sum_{\text{out}} \dot{m}_{e} s_{e}}^{=0} }_{\text{Closed system}} + \dot{S}_{gen} \\ \frac{d S_{sys}}{dt} = \dot{S}_{gen} \quad \rightarrow \quad \int\limits_{t_{1}}^{t_{2}} \left( \frac{d S_{sys}}{dt} \right) dt = \int\limits_{t_{1}}^{t_{2}} \dot{S}_{gen} \ dt \quad \rightarrow \quad \underbrace{\Delta S_{sys}}_{\begin{array}{c} \text{Change in entropy} \\ \text{of the system} \end{array}} = \underbrace{S_{gen}}_{\begin{array}{c} \text{Entropy generated} \\ \text{inside the system} \end{array}} \end{gathered} \nonumber \]

Ahora para ir más allá debemos utilizar el modelo de gas ideal de la siguiente manera:\[\begin{aligned} S_{gen} &= \Delta S = m \Delta s = m \underbrace{ \left[c_{v} \ln \left(\frac{T_{2}}{T_{1}}\right) + R \ln \cancel{\left(\frac{v_{2}}{v_{1}}\right)}^{v_{2}=v_{1}}\right]}_{\Delta s \text { from ideal gas model }} = m c_{v} \ln \left(\frac{T_{2}}{T_{1}}\right)\\[4pt] &= (5 \mathrm{~kg})\left(0.743 \ \frac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{kg} \cdot \mathrm{K}}\right) \ \ln \left(\frac{161.7+273}{27+273}\right) = 1.378 \ \frac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{K}} \end{aligned} \nonumber \]

Comentarios:

(1) El hecho de que se produzca entropía en este proceso indica que hacer trabajo de rueda de paletas sobre un gas ideal es un proceso irreversible. La fuente de la irreversibilidad es la fricción fluida entre la superficie de la rueda de paletas y el gas. Si el gas no tuviera fricción, la rueda de paletas simplemente se deslizaría sin fricción a través del gas y así no trabajaría en el gas.

(2) ¿Podrías haber utilizado la otra ecuación\(\Delta s\) para calcular el cambio de entropía? Absolutamente y deberías obtener exactamente el mismo resultado:\[S_{gen} = m \Delta s = m \left[c_{P} \ln \left(\frac{T_{2}}{T_{1}}\right) - R \ln \left(\frac{P_{2}}{P_{1}}\right)\right] \nonumber \]

\[\begin{aligned} S_{gen} &= (5 \mathrm{~kg}) \left[\left(1.04 \ \frac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{kg} \cdot \mathrm{K}}\right) \ \ln \left(\frac{161.7+273}{27+273}\right)-\left(0.2968 \ \frac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{kg} \cdot \mathrm{K}}\right) \ \ln \left(\frac{145}{100}\right)\right] \\[5pt] &= (5 \mathrm{~kg})\left[\quad 0.385709 \quad-\quad 0.110280 \quad \right] \frac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{kg} \cdot \mathrm{K}}=1.377 \ \frac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{K}} \end{aligned} \nonumber \]Tenga en cuenta que esta respuesta difiere del cálculo anterior debido a errores de redondeo en el problema. Debido a que los cálculos de entropía a menudo requieren tomar la diferencia de dos términos de igual magnitud, se sugiere que lleves varias cifras más significativas en los cálculos intermedios que las que presenta en la respuesta final.

(3) ¿Cómo habría cambiado su solución si la masa y el volumen de la rueda de paletas no hubieran sido despreciables?

El sistema\(\rightarrow\) debe incluir una rueda de paletas que se modele como una sustancia incompresible.

La conservación de energía\(\rightarrow\) tendría que incluir el cambio de energía interna de la rueda de paletas en\(\Delta U_{sys}\)

La contabilidad de entropía\(\rightarrow\) tendría que incluir el cambio de entropía de la rueda de paletas en\(\Delta S_{sys}\).

(4) ¿Cómo cambiaría la solución original si se hubiera utilizado un calentador de resistencia eléctrica de masa insignificante en lugar de una rueda de paletas? Una revisión de este problema debería mostrarte que nada de la solución cambiaría. Todas las respuestas serían las mismas.

(5) ¿Cómo cambiaría la solución si la energía se hubiera agregado al tanque rígido por transferencia de calor en lugar de la rueda de paletas?

Conservación de energía\(\rightarrow\) Sin cambios. Final\(P\) y\(T\) sería idéntico.

Contabilidad de entropía\(\rightarrow \ S_{2}-S_{1} = \displaystyle \int\limits_{t_{1}}^{t_{2}} \left(\dfrac{\dot{Q}_{\text{in}}}{T_{b}}\right) dt + S_{g e n} \quad \rightarrow \quad S_{gen} = \underbrace{\left(S_{2}-S_{1}\right)}_{\begin{array}{c} \text {Same as as in problem} \\ \text {with paddle wheel} \end{array}} - \int\limits_{t_{1}}^{t_{2}} \left(\frac{\dot{Q}_{\text{in}}}{T_{b}}\right) dt\)

Por lo que la producción de entropía será menor que la encontrada en el problema original ya que el cambio en la entropía del sistema sólo depende de los estados finales y los estados finales son los mismos en ambos procesos. Desde el punto de vista de la utilización de energía, el hecho de que la rueda de paletas y la resistencia eléctrica produzcan más entropía significa que han destruido más potencial para hacer trabajo del que habría sido destruido por el proceso de transferencia de calor. Si podemos suponer que la temperatura del gas es espacialmente uniforme durante el proceso de calentamiento y\(T_{b}=T\), entonces

\[\frac{dU}{dt} = \dot{Q}_{\text{in}} \quad \rightarrow \quad dU = \dot{Q}_{\text{in}} \ dt \quad \rightarrow \quad \frac{1}{T} dU = \frac{\dot{Q}_{\text{in}}}{T} dt \quad \rightarrow \quad m c_{v} \frac{dT}{T} = \frac{\dot{Q}_{\text{in}}}{T} dt \nonumber \]

y\[S_{gen} = m \left(s_{2}-s_{1}\right) - \underbrace{\int\limits_{T_{1}}^{T_{2}} \left(\frac{m c_{v}}{T}\right) dt}_{=m c_{v} \ln \left(\frac{T_{2}}{T_{1}}\right)} = m \left[\left(s_{2}-s_{1}\right) - c_{v} \ln \left(\frac{T_{2}}{T_{1}}\right)\right] = m \left\{ \underbrace{\left[c_{v} \ln \left(\frac{T_{2}}{T_{1}}\right) + R \ln \cancel{\left(\frac{v_{2}}{v_{1}}\right)}^{v_{2}=v_{1}}\right]}_{\Delta s \text { for an ideal gas }} - c_{v} \ln \left(\frac{T_{2}}{T_{1}}\right) \right\} = 0 \nonumber \]

Guau, ¿qué pasó con la producción de entropía? Parecería que hemos puesto suficientes limitaciones en el proceso que ahora es internamente reversible. En la práctica, sería imposible calentar el gas de tal manera que no haya gradientes de temperatura internos. Con esto en mente la respuesta representa una estimación mínima de la entropía que se produciría durante el proceso de transferencia de calor.

La experiencia ha demostrado que cada vez que usamos una transferencia de energía de trabajo para lograr algo que podría haberse hecho mediante una transferencia de calor igual de energía, el proceso con transferencia de energía de trabajo producirá más entropía. De hecho, esta es otra forma de determinar si un proceso dado es reversible o irreversible.

Ejemplo — Mezclar las cosas

Revisitando “Mezclar las cosas” en la Sección 7.4.3 del texto. Ahora calcularemos la producción de entropía para el proceso de mezcla.

Comenzaremos con la ecuación contable de entropía, ya que ya conocemos la temperatura y presión finales de la mezcla.

La aplicación de la ecuación contable de entropía al sistema adiabático cerrado que consta de los dos tanques da lo siguiente:\[ \frac{d S_{sys}}{dt} = \underbrace{ \cancel{\sum_{j=1}^{N} \frac{\dot{Q}_{j}}{T_{b, \ j}}}^{=0} }_{\text{Adiabatic tanks}} + \underbrace{ \cancel{\sum_{\text{in}} \dot{m}_{i} s_{i} - \sum_{\text{out}} \dot{m}_{e} s_{e}}^{=0} }_{\text{Closed system}} + \dot{S}_{gen} \quad \rightarrow \quad \dot{S}_{sys}{dt} = \dot{S}_{gen} \quad \underbrace{\rightarrow}_{\begin{array}{c} \text{Integrating} \\ \text{for finite time} \end{array}} \quad \Delta S = S_{gen} \nonumber \]

Ahora para evaluar la generación de entropía, necesitamos evaluar el cambio en la entropía para la mezcla. Como en el pasado, se le aconseja organizar la ecuación para que pueda calcular el cambio en la entropía específica. He aquí un ejemplo de este enfoque.

\[\begin{aligned} S_{gen} &= \Delta S = S_{2}-S_{1} \\ &= m_{2} s_{2} - \left(m_{A, \ 1} s_{A, \ 1}+m_{B, \ 1} s_{B, \ 1}\right) = \underbrace{\left(m_{A, \ 1}+m_{B, \ 1}\right)}_{=m_{2}} s_{2} - \left(m_{A, \ 1} s_{A, \ 1} + m_{B, \ 1} s_{B, \ 1}\right) = m_{A, \ 1} \left(s_{2}-s_{A, \ 1}\right) + m_{B, \ 1}\left(s_{2}-s_{B, \ 2}\right) \end{aligned} \nonumber \]

Para ir más allá requiere que usemos el modelo de gas ideal. \[\begin{aligned} & s_{2}-s_{A, \ 1}=c_{P} \ln \left(\frac{T_{2}}{T_{A, \ 1}}\right)-R \ln \left(\frac{P_{2}}{P_{A, \ 1}}\right)=\left(1.04 \ \frac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{kg} \cdot \mathrm{K}}\right) \ln \left(\frac{367}{300}\right)-\left(0.2968 \ \frac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{kg} \cdot \mathrm{K}}\right) \ln \left(\frac{236}{150}\right) = 0.0751338 \ \frac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{kg} \cdot \mathrm{K}} \\ &s_{2}-s_{B, \ 1} = c_{P} \ln \left(\frac{T_{2}}{T_{B, \ 1}}\right)-R \ln \left(\frac{P_{2}}{P_{B, \ 1}}\right) = \left(1.04 \ \frac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{kg} \cdot \mathrm{K}}\right) \ln \left(\frac{367}{400}\right)-\left(0.2968 \ \frac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{kg} \cdot \mathrm{K}}\right) \ln \left(\frac{236}{300}\right) = -0.0183295 \ \frac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{kg} \cdot \mathrm{K}} \end{aligned} \nonumber \]

Ahora sustituyendo estos valores de nuevo en el balance de entropía tenemos lo siguiente:\[\begin{aligned} S_{gen} &= m_{A, \ 1} \left(s_{2}-s_{A, \ 1} \right) + m_{B, \ 1}\left(s_{2}-s_{B, \ 1}\right) \\ &= (1 \mathrm{~kg}) \left(0.0751338 \ \frac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{kg} \cdot \mathrm{K}}\right) + (2 \mathrm{~kg})\left(-0.0183295 \ \frac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{kg} \cdot \mathrm{K}}\right) = 0.03847 \ \frac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{K}} \end{aligned} \nonumber \] Entonces, como cabría esperar, la entropía se produce como resultado del proceso de mezcla.

Si realmente quieres un reto, prueba que el equilibrio final de temperatura y presión deben ser los valores que calculaste antes. ¿Por qué exactamente estos tienen que ser los valores finales de equilibrio? Como puedes adivinar, tiene algo que ver con la producción de entropía. Para ello debes asumir hacer lo siguiente:

(1) Supongamos que cada tanque puede tener su propia temperatura y presión finales, i.e.\(P_{A, \ 2}\), \(P_{B, \ 2}\), \(T_{A, \ 2}\), and \(T_{B, \ 2}\).

(2) Reformular el problema para que después de seleccionar una presión y temperatura finales para, digamos, el Tanque A, luego pueda calcular la presión y temperatura correspondientes en el Tanque B.

(3) Ahora varíe la presión final y la temperatura para el Tanque A sobre todos los valores posibles y resuelva para\(S_{gen}\).

(4) Encuentre los valores para la presión final y temperatura en el Tanque A que maximice la generación de entropía.