Bilancio energetico con energia interna
Volevo esporvi un dubbio (probabilmente banale) che mi sta dando parecchio da pensare. Riguarda il bilancio energetico derivante dal primo principio della termodinamica
\[
Q-L=\Delta U.
\]
Se penso ad un corpo che si muove con velocità iniziale $v$ ed è soggetto alla forza d'attrito che dissipa tutta la sua energia cinetica, so che
\[
-L=\Delta U
\]
(supponendo che nel processo il corpo non cede calore) dove $L=\Delta E$ è il lavoro della forza d'attrito sul corpo che causa un innalzamento di temperatura.
Se invece penso ad un corpo che muovo io con una forza $F$ ed è soggetto a una forza d'attrito uguale al corpo precedente il lavoro $L$ può essere molto minore o addirittura zero nel caso limite in cui il corpo si sta muovendo con velocità costante (le due forze si bilanciano)... in tal caso (il lavoro totale delle forze agenti sul corpo è nullo)
\[
\Delta U=0...
\]
... non mi sembra visto che la temperatura del corpo varia. C'è qualcosa che mi sfugge?
\[
Q-L=\Delta U.
\]
Se penso ad un corpo che si muove con velocità iniziale $v$ ed è soggetto alla forza d'attrito che dissipa tutta la sua energia cinetica, so che
\[
-L=\Delta U
\]
(supponendo che nel processo il corpo non cede calore) dove $L=\Delta E$ è il lavoro della forza d'attrito sul corpo che causa un innalzamento di temperatura.
Se invece penso ad un corpo che muovo io con una forza $F$ ed è soggetto a una forza d'attrito uguale al corpo precedente il lavoro $L$ può essere molto minore o addirittura zero nel caso limite in cui il corpo si sta muovendo con velocità costante (le due forze si bilanciano)... in tal caso (il lavoro totale delle forze agenti sul corpo è nullo)
\[
\Delta U=0...
\]
... non mi sembra visto che la temperatura del corpo varia. C'è qualcosa che mi sfugge?
Risposte
Ti sfugge che nella situazione 2 il corpo alla fine del processo, oltre ad essersi scaldato, ha anche mantenuto intatta la sua energia cinetica, per cui il $DeltaU$ è tutto a spese della forza esterna, mentre nella situazione 1 è a spese sue.
Ma come si concilia con la legge di conservazione $Q-L=\Delta U$?
Nella sostanza, la situazione non presenta dubbi.
Nel caso 1, entra dell'energia cinetica, che va a zero e si trasforma in calore.
Nel caso 2, viene immesso del lavoro dall'esterno, esce del calore, e l'energia cinetica non entra in gioco.
Ma se proprio vogliamo forzare questa cosa negli schemi della termodinamica, vediamo un po'.
Calore non ne entra, in entrambi i casi. Quindi abbiamo $DeltaU = - L$, dove $-L$ è il lavoro estratto dal sistema. o, alternativamente, $+L$ è il lavoro fornito al sistema.
Quindi, il caso 2 è chiaro: $DeltaU$, il riscaldamento, è uguale al lavoro fornito dall'esterno.
Casomai è il caso 1 che desta perplessità. Come dobbiamo considerare l'energia cinetica iniziale? Direi che va vista allo stesso modo: lavoro che arriva dall'esterno.
Magari qualcun altro ha le idee più chiare su come scrivere nel bilancio questa voce.
Nel caso 1, entra dell'energia cinetica, che va a zero e si trasforma in calore.
Nel caso 2, viene immesso del lavoro dall'esterno, esce del calore, e l'energia cinetica non entra in gioco.
Ma se proprio vogliamo forzare questa cosa negli schemi della termodinamica, vediamo un po'.
Calore non ne entra, in entrambi i casi. Quindi abbiamo $DeltaU = - L$, dove $-L$ è il lavoro estratto dal sistema. o, alternativamente, $+L$ è il lavoro fornito al sistema.
Quindi, il caso 2 è chiaro: $DeltaU$, il riscaldamento, è uguale al lavoro fornito dall'esterno.
Casomai è il caso 1 che desta perplessità. Come dobbiamo considerare l'energia cinetica iniziale? Direi che va vista allo stesso modo: lavoro che arriva dall'esterno.
Magari qualcun altro ha le idee più chiare su come scrivere nel bilancio questa voce.
A livello informale il discorso mi è chiaro, il dubbio sorge quando si parla di lavori e mi accorgo che il lavoro fatto sul sistema è nel primo caso quello negativo della forza d'attrito (e le cose tornano), nel secondo è zero dal momento che sul corpo agiscono due forze uguali e contrarie...
Devi trovare un modo che ti vada a genio per contabilizzare l'energia cinetica. Certo, non puoi semplicemente ignorarla.
L'unica cosa che mi veniva in mente è che le uniche forze che fanno un lavoro "sul sistema" (nel senso microscopico) sono le forze di attrito o affini, mentre le semplici forze di contatto o le forse conservative (come peso, etc...) non sono conteggiate nel calcolo di quella $L$... purtroppo non ho trovato nessun riferimento che spieghi fino in fondo la questione...
"Pierlu11":
L'unica cosa che mi veniva in mente è che le uniche forze che fanno un lavoro "sul sistema" (nel senso microscopico) sono le forze di attrito o affini, mentre le semplici forze di contatto o le forse conservative (come peso, etc...) non sono conteggiate nel calcolo di quella $L$
Veramente mi pare proprio il contrario... se pensi all'esperimento di Joule (quello del mulinello), si vede che il lavoro compiuto sul sistema è quello dei pesi che scendendo fanno girare il mulinello, mentre le forze di attrito, in quanto forze interne al sistema, hanno somma nulla e non fanno lavoro.
Forse nel tuo caso si deve considerare come "sistema" non solo il blocco che scorre ma anche il piano, così le forze di attrito sono interne e non contano, e resta solo quella esterna.
Così, il caso 2 va a posto. Resta da catalogare il caso 1, capire come conteggiare l'energia cinetica.
Se nell'esperimento di Joule però consideriamo come sistema dolo l'acqua nel recipiente le cose tornano comunque (la forza che agisce sull'acqua è quella delle pale), infatti in quel caso $-\Delta U$ (variazione di energia potenziale) è il lavoro del mulinello che corrisponde al lavoro sull'acqua che corrisponde alla variazione di energia interna.
Non mi capacito del fatto che nel caso del blocco devo necessariamente considerare come sistema tutto il complesso tavolo-blocco...
Nel secondo caso le cose mi tornano perchè
\[
\Delta K=L=-\Delta U
\]
dove $L$ è proprio il lavoro dell'attrito e l'energia cinetica si trasforma in energia interna (così da avere la conservazione).
Non mi capacito del fatto che nel caso del blocco devo necessariamente considerare come sistema tutto il complesso tavolo-blocco...
Nel secondo caso le cose mi tornano perchè
\[
\Delta K=L=-\Delta U
\]
dove $L$ è proprio il lavoro dell'attrito e l'energia cinetica si trasforma in energia interna (così da avere la conservazione).
le forze di attrito, in quanto forze interne al sistema, hanno somma nulla e non fanno lavoro.
Non è vero
"mgrau":
Forse nel tuo caso si deve considerare come "sistema" non solo il blocco che scorre ma anche il piano, così le forze di attrito sono interne e non contano, e resta solo quella esterna.
Ho riflettuto su questa affermazione e, in effetti, se considerassi tavolo e blocco come due sistemi adiabatici, potrei concludere che al blocco non succede nulla visto che il lavoro è nullo e non può scambiare calore, mentre il tavolo si riscalderebbe perchè compie lavoro negativo sul blocco (con l'attrito)... se poi rendo possibile lo scambio di calore il corpo di riscalda per raggiungere l'equilibrio termico.
Anche se un po' controintuitivo (visto che verrebbe da pensare che il corpo di riscalda in ogni caso perchè su di esso agisce una forza d'attrito che brucia energia) così tornerebbe il bilancio energetico... potrebbe andare?
Caso 1) Prendiamo un blocchetto, mettiamolo sul pavimento, e diamogli un calcio (senza farci male). Il calcio, essendo una forza impulsiva, imprime al blocchetto una variazione di quantità di moto, quindi una velocità iniziale, perciò una energia cinetica iniziale. Esso si mette in moto con la velocità ora detta. Ma tra blocchetto e pavimento c’è attrito, la forza di attrito in questo caso si oppone al moto e compie lavoro negativo. L’energia cinetica diminuisce, fino all’arresto del blocco. Questo è in accordo con il teorema dell’energia cinetica:
$Delta K = K_f -K_i = L rarr 0 - 1/2mv^2 = L_a <0$
Ma l’attrito fa aumentare la temperatura, quindi sia il corpo che il pavimento si scaldano. Per un solido, non c’è praticamente differenza tra calore specifico a volume costante o a pressione costante link; la quantità di calore dovuta all’attrito si può calcolare come :
$Q = m*c*DeltaT$
questa è ricevuta dal corpo, e diventa aumento di energia interna, come vuole il primo principio della termodinamica :
$deltaQ = dU + deltaL $
se è nulla la fornitura di calore al primo membro , si ha : $0 = dU + deltaL rarr dU = - deltaL $
ed essendo $deltaL <0 $ (lavoro negativo della forza di attrito), si ha $ -deltaL >0 $ . Nel mulinello di Joule succede questo: il lavoro delle palette fa aumentare la temperatura, l’acqua riceve energia termica, che rimane in essa come energia interna.
caso2) se vogliamo conservare costante la velocità del corpo, dobbiamo applicare una forza che esegua un lavoro positivo sul corpo, per tutta la durata del moto, uguale in modulo e opposto in segno, al lavoro della forza di attrito. Quindi alla fine torna sempre il teorema dell’energia cinetica, per cui il lavoro totale di tutte le forze agenti sul corpo è nullo, perché è nulla la variazione dell’energia cinetica. Anche qui si ha aumento dell’energia interna, sempre a causa della forza di attrito.
$Delta K = K_f -K_i = L rarr 0 - 1/2mv^2 = L_a <0$
Ma l’attrito fa aumentare la temperatura, quindi sia il corpo che il pavimento si scaldano. Per un solido, non c’è praticamente differenza tra calore specifico a volume costante o a pressione costante link; la quantità di calore dovuta all’attrito si può calcolare come :
$Q = m*c*DeltaT$
questa è ricevuta dal corpo, e diventa aumento di energia interna, come vuole il primo principio della termodinamica :
$deltaQ = dU + deltaL $
se è nulla la fornitura di calore al primo membro , si ha : $0 = dU + deltaL rarr dU = - deltaL $
ed essendo $deltaL <0 $ (lavoro negativo della forza di attrito), si ha $ -deltaL >0 $ . Nel mulinello di Joule succede questo: il lavoro delle palette fa aumentare la temperatura, l’acqua riceve energia termica, che rimane in essa come energia interna.
caso2) se vogliamo conservare costante la velocità del corpo, dobbiamo applicare una forza che esegua un lavoro positivo sul corpo, per tutta la durata del moto, uguale in modulo e opposto in segno, al lavoro della forza di attrito. Quindi alla fine torna sempre il teorema dell’energia cinetica, per cui il lavoro totale di tutte le forze agenti sul corpo è nullo, perché è nulla la variazione dell’energia cinetica. Anche qui si ha aumento dell’energia interna, sempre a causa della forza di attrito.
Discorso molto chiaro e lineare ma il problema sta nell'ultimo massaggio del caso 2... proprio il fatto che il lavoro è nullo e il calore non viene scambiato non capisco da dove esca l'energia interna se faccio riferimento all'equazione del primo principio della termodinamica... capisco che è quel lavoro che dovrebbe trasformarsi in energia cinetica si trasforma invece in energia interna a causa della forza d'attrito, ma non trovo un riscontro di questo discorso "a parole".
"Pierlu11":
... proprio il fatto che il lavoro è nullo e il calore non viene scambiato non capisco da dove esca l'energia interna se faccio riferimento all'equazione del primo principio della termodinamica...
Il lavoro eseguito dalla forza di attrito sul corpo non è nullo, è negativo. È il lavoro totale ad essere nullo, come già evidenziato prima. Cioè la somma algebrica di quello positivo eseguito dalla forza esterna costante e di quello negativo eseguito dalla forza di attrito. Ma a noi interessa quello che rimane nel corpo.
L’apporto macroscopico di energia cinetica, necessario per mantenere costante la velocità, non ha alcun effetto sulla variazione di energia interna.
Faccio un paragone con l’energia meccanica. Se alzi da terra, a velocità costante, una valigia di massa $m$ per una altezza $h$ , TU compi il lavoro positivo $mgh$, il campo gravitazionale compie il lavoro negativo $ -mgh$ . Il lavoro totale nel sistema "TU+valigia+terra" è nullo; il lavoro nel sistema "TU+valigia" è positivo.
Per confondere ancora di più le acque, propongo una variante più simmetrica.
Supponiamo che il nostro blocco sia appoggiato su un piano, e un altro piano sia a contatto con la faccia superiore. Un tramezzino. I due piani scorrono in direzioni opposte. Facciamo in modo che le forze di attrito siano uguali (e opposte).
Il piano sta fermo, e il tutto si scalda. Quanto è il lavoro compiuto? Ovviamente non è zero, ovviamente il lavoro dell'attrito sulle due facce va sommato, e il fatto che la somma delle due forze sia zero non conta. Ma come facciamo a scrivere per bene le cose?
Supponiamo che il nostro blocco sia appoggiato su un piano, e un altro piano sia a contatto con la faccia superiore. Un tramezzino. I due piani scorrono in direzioni opposte. Facciamo in modo che le forze di attrito siano uguali (e opposte).
Il piano sta fermo, e il tutto si scalda. Quanto è il lavoro compiuto? Ovviamente non è zero, ovviamente il lavoro dell'attrito sulle due facce va sommato, e il fatto che la somma delle due forze sia zero non conta. Ma come facciamo a scrivere per bene le cose?
Vorrei capire quindi con quale criterio scelgo una forza piuttosto che un'altra per calcolare il lavoro da inserire nell'equazione del primo principio della termodinamica... sono entrambe forze non conservative che agiscono sul corpo... non riesco a trovare una caratterizzazione che le distingua e mi faccia escludere quella motrice.
"mgrau":
Per confondere ancora di più le acque, propongo una variante più simmetrica.
Supponiamo che il nostro blocco sia appoggiato su un piano, e un altro piano sia a contatto con la faccia superiore. Un tramezzino. I due piani scorrono in direzioni opposte. Facciamo in modo che le forze di attrito siano uguali (e opposte).
Il piano sta fermo, e il tutto si scalda. Quanto è il lavoro compiuto? Ovviamente non è zero, ovviamente il lavoro dell'attrito sulle due facce va sommato, e il fatto che la somma delle due forze sia zero non conta. Ma come facciamo a scrivere per bene le cose?
Se a causare la variazione dell'energia interna fosse solo il lavoro delle forze dovuto al sistema che agiscono sull'ambiente? In questo caso il tramezzino sopra esercita una forza sul blocco di mezzo (forza d'attrito tra i due) e grazie al suo lavoro si scalda, il blocco di mezzo esercita una forza sul tramezzino che non compie lavoro perchè non si muove, una sul tavolo che non compie lavoro (stesso motivo) e una su di me (o chi lo tira) che compie però lavoro e si scalda grazie al lavoro di questa. Infine il tavolo esercita una forza (forza d'attrito sul blocco) che compie lavoro e il tavolo si scalda.
Tutti i corpi così si scaldano e tutte le forze (due attriti e forza motrici) danno il loro contributo in energia interna visto che quella macroscopica non varia.
Dita incrociate che il discorso funzioni altrimenti torno a fissarmici tutto il giorno
...
Pierlu, ho fatto questa aggiunta , non so se l’hai letta :
Dipende da quello che consideri come “sistema”. LA cosa importante è definire il sistema esattamente, prima di parlare di termodinamica.
"Five":
Faccio un paragone con l’energia meccanica. Se alzi da terra, a velocità costante, una valigia di massa $m$ per una altezza $h$ , TU compi il lavoro positivo $mgh$, il campo gravitazionale compie il lavoro negativo $ -mgh$ . Il lavoro totale nel sistema "TU+valigia+terra" è nullo; il lavoro nel sistema "TU+valigia" è positivo.
Dipende da quello che consideri come “sistema”. LA cosa importante è definire il sistema esattamente, prima di parlare di termodinamica.
No, la questione è diversa.
Innanzitutto bisogna distinguere tra forze di attrito e non di attrito.
Consideriamo un punto materiale su un piano, in assenza di attrito, e applichiamoli una forza $F$ per uno spostamento $d$, abbiamo:
$Fd=DeltaK$
Ossia il lavoro fatto dalla forza ha fatto variare l'energia cinetica del punto, ma NON si è scaldato.
Consideriamo ora lo stesso problema ma in presenza di attrito tra punto materiale e piano, detta f la forza d'attrito (dinamico) si ha:
$Fd-fd=DeltaK$
Ossia:
$Fd=DeltaK+fd$
Interpretazione: Se prima il lavoro che avevamo fatto era stato TUTTO convertito in energia cinetica, ora il lavoro fatto è stato in parte convertito in energia cinetica e in parte in una nuova quantitò $fd$ che chiameremo "energia termica" $U$, (da non confondere con quella potenziale) abbiamo quindi:
$Fd=DeltaK+DeltaU$
Supponiamo ora di essere in assenza della forzante F, vale:
$DeltaU=-DeltaK$
E qui ci riconduciamo al problema iniziale del punto materiale con una velocità v che si scalda perdendo energia cinetica.
La stessa considerazione si fa anche per il Mulinello di Joule: I pesi che cadono e fanno lavoro NON vanno a scaldare solo l'acqua, ma vanno anche ad aumentare l'energia cinetica del rotore che contiene le pale. Dal punto di vista del solo rotore abbiamo:
$L_$(peso)-$L_$(attrito acqua pale)=$DeltaK_$(rot)
Mentre per l'acqua vale:
$L_$(attrito pale acqua)=$DeltaU_$(acqua)$
Sperimentalmente Joule fece si che il rotore andasse subito a regime, quindi DeltaK=0 e quindi:
L_(peso)=DeltaU_(acqua).
Innanzitutto bisogna distinguere tra forze di attrito e non di attrito.
Consideriamo un punto materiale su un piano, in assenza di attrito, e applichiamoli una forza $F$ per uno spostamento $d$, abbiamo:
$Fd=DeltaK$
Ossia il lavoro fatto dalla forza ha fatto variare l'energia cinetica del punto, ma NON si è scaldato.
Consideriamo ora lo stesso problema ma in presenza di attrito tra punto materiale e piano, detta f la forza d'attrito (dinamico) si ha:
$Fd-fd=DeltaK$
Ossia:
$Fd=DeltaK+fd$
Interpretazione: Se prima il lavoro che avevamo fatto era stato TUTTO convertito in energia cinetica, ora il lavoro fatto è stato in parte convertito in energia cinetica e in parte in una nuova quantitò $fd$ che chiameremo "energia termica" $U$, (da non confondere con quella potenziale) abbiamo quindi:
$Fd=DeltaK+DeltaU$
Supponiamo ora di essere in assenza della forzante F, vale:
$DeltaU=-DeltaK$
E qui ci riconduciamo al problema iniziale del punto materiale con una velocità v che si scalda perdendo energia cinetica.
La stessa considerazione si fa anche per il Mulinello di Joule: I pesi che cadono e fanno lavoro NON vanno a scaldare solo l'acqua, ma vanno anche ad aumentare l'energia cinetica del rotore che contiene le pale. Dal punto di vista del solo rotore abbiamo:
$L_$(peso)-$L_$(attrito acqua pale)=$DeltaK_$(rot)
Mentre per l'acqua vale:
$L_$(attrito pale acqua)=$DeltaU_$(acqua)$
Sperimentalmente Joule fece si che il rotore andasse subito a regime, quindi DeltaK=0 e quindi:
L_(peso)=DeltaU_(acqua).
Un'altra questione è che per i "solidi" non puoi aumentare la temperatura facendo lavoro...un sasso se lo lanci nel vuoto la gravità non gli fa aumentare la temperatura, quello che li fa aumentare la temperatura è il lavoro "di contatto", "strusciamento" con altre superfici o con fluidi materiali, insomma lavoro "fisico" non "matematico", ecco perché in quanto ho detto prima la variazione di energia termica è data dal termine fd, NON da Fd. Spingere una cassa sul ghiaccio liscio non le fa aumentare la temperatura, spingerla su una strda ghiaiata si, la base si scalda.
Per rispondere alla tua domanda quindi, nel caso in cui il corpo vada a regime si ha:
$Fd=DeltaU$
E quindi si, applicando una forza esterna a un blocchetto su un piano con attrito, il blocco si scalda.
$Fd=DeltaU$
E quindi si, applicando una forza esterna a un blocchetto su un piano con attrito, il blocco si scalda.
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