N°03-2025

Enunciado

Un buzo sumergido en un lago desciende desde un punto $A$ a $10 ~ m$ de profundidad hasta un punto $B$ a $20 ~ m$ de profundidad. Lleva atada a su cintura una botella cerrada cuyo volumen es de 1 litro cuando la misma está en el punto inicial $A$, a $10 ~ m$ de profundidad. La botella, cuyas paredes son de masa y volumen despreciables, posee en su interior un gas monoatómico. Calcular el trabajo que debe realizar el buzo para arrastrar la botella cuasiestáticamente desde $A$ hasta $B$.

Despreciar el rozamiento de la botella con el agua, y el peso de la botella con gas respecto a cualquier otra fuerza a la que se encuentre sometida. Suponer que el gas se comportacomo gas ideal y que el agua es incompresible y está a una temperatura de $10^{\circ} C$ en todo el trayecto.

Para calcular el trabajo de llevar la botella desde $A$ hasta $B$ suponer que las paredes de la botella:

a) Son rígidas.
b) Son muy blandas y no soportan ninguna diferencia de presión (de modo que el volumen encerrado cambia en respuesta a cualquier diferencia de presión), y estas paredes son buenas conductoras térmicas.
c) Son muy blandas (como en el caso anterior) pero son aisladoras térmicas.

Resolución

Dado que se pide calcular el trabajo para arrastrar la botella cuasiestáticamente y se desprecian tanto la fuerza de rozamiento como el peso de la botella con gas, el módulo de la fuerza necesaria para mover el cuerpo debe ser igual al módulo del empuje $B$ realizado por el agua. Es decir, debemos calcular el trabajo en contra de tal fuerza.

Como $B=\rho g V$, el trabajo realizado para ir desde $A$ hasta $B$ será $$ \begin{split} W &= \int_A^B B~dy \\ &= \int_A^B \rho g V ~ dy \end{split} $$

Además, la presión a la profundidad $y$ es

$$ P(y)= P_{\text{atm}}+\rho g y, $$

entonces $dP= \rho g V ~ dy$, permitiéndonos así expresar el trabajo en la forma

$$ W = \int_A^B V ~ dP. ~~~~ (1) $$

Tambien tendremos en cuenta una densidad típica del agua igual a $\rho = 0.997 ~ \text{kg/litro}$, una aceleración gravitatoria de $g=9.8 ~ \text{m}/\text{s}^2$ y una presión atmosférica de $P_{\text{atm}} = 1013 ~ \text{hPa}$. Por simplicidad, para los incisos b) y c) tendremos en cuenta que la presión atmosférica es prácticamente equivalente a una variación de presión de $10 ~ \text{m}$ . Por ello, las siguientes aproximaciones son razonables

$$ P_{atm} = P_A = \rho g y_A = P_A-P_B=\rho g \Delta y, ~~~~ (2) $$

siendo $\Delta y = y_B - y_A$ la diferencia de profundidad entre lso puntos $A$ y $B$.

a)

En este caso, el volumen de la botella permanece constante e igual al volumen incial $V_A$, entonces

$$ W_a= V_A \left( P_B - P_A\right)= V_A \rho g \Delta y, $$

es decir,

$$ \boxed{W_a \approx 97.7 ~ \text{J}}. $$

b)

Supondremos que el gas está inicialmente en equilibrio térmico con el agua ($10^{\circ} C$) y que gracias a las buenas caracteristicas conductoras de las paredes de la botella, mantienen el equilibrio térmico durante todo el desplazamiento. De esta forma, el gas debe seguir una dinámica dada por la conservación del producto entre la presión y el volumen:

$$ P_A V_A = P V. $$

Remplazando el volumen en la relación (1):

$$ \begin{split} W_{b} &= \int_A^B V ~ dP \\ &= \int_A^B \frac{P_AV_A}{P} ~ dP \\ &= P_AV_A \int_A^B \frac{1}{P} ~ dP \\ &= P_AV_A \ln \left( \frac{P_B}{P_A}\right). \end{split} $$

Finalmente, recordando la aproximación (2),

$$ \begin{cases} P_A &= P_{\text{atm}} + \rho g h_A \approx 2 \rho g \Delta h \\ P_B&=P_A+ \rho g \Delta h \approx 3 \rho g \Delta h \\ \frac{P_B}{P_A} &= \frac{3}{2} \end{cases} ~~~~~ (3) $$

entonces

$$ W_b = 2 \rho g \Delta h V_A \ln \left( \frac{3}{2}\right) $$

$$ \boxed{W_b= 2 \ln \left( \frac{3}{2}\right) ~ W_a \approx 79.22 ~ \text{J}}. $$

c)

Como las paredes son aislantes térmicos, el proceso será adiabático, de manera que se cumplirá la conservación de

$$ P_A V_A^{\gamma} = P V^{\gamma} ~~~~ (4) $$

donde $\gamma=5/3$ es le coeficiente adiabático para un gas monoatómico. Recordando (1) podemos desarrollar el trabajo como

$$ \begin{split} W_c &= \int_A^B V dP \\ &= \int_{A}^{B} V_A \left( \frac{P_A}{P}\right)^{-\frac{1}{\gamma}} dP \end{split} $$

e introducir la variable $u=\frac{P}{P_A}$, cuyo diferencial es $du= dP/P_A$, y continuar:

$$ \begin{split} W_c &= P_A V_A \int_{A}^{B}u^{-\frac{1}{\gamma}} du \\ &= P_A V_A \left. \frac{u^{1-\frac{1}{\gamma}}}{1-\frac{1}{\gamma}} \right|_{A}^{B} \\ &= \frac{1}{1-\frac{1}{\gamma}} P_A V_A \left[ \left(\frac{P_B}{P_A}\right)^{1-\frac{1}{\gamma}}-1 \right] \end{split} $$

Recordando la última de las aproximaciones de (3) y teniendo en cuenta que $1-\frac{1}{\gamma}=\frac{2}{5}$:

$$ \begin{split} W_c &= \frac{5}{2} P_A V_A \left[ \left(\frac{3}{2}\right)^{\frac{2}{5}}-1 \right] \end{split} $$

y aprovechando que $P_A V_A = 2 \rho g h_A V_A= 2 \rho g \Delta h V_A = 2 W_a$

$$ \boxed{W_c = 5 \left[ \left( \frac{3}{2}\right)^{2/5} -1 \right] ~ W_a \approx 86 ~ \text{J}}. $$