Calore assorbito
Ciao nel problema "Un recipienti cilindrico di volume V è dotato di pareti laterali adiabatiche e basi diatermiche. Il cilindro è a sua volta internamente diviso, mediante un setto adiabatico e libero di scorrere senza attrito, in due parti (A e B) uguali in ciascuna delle quali sono contenute 2 moli di gas perfetto monoatomico. Il sistema è inizialmente in equilibrio alla T=300K. Si supponga che al gas A sia fornito calore in modo reversibile fino al punto in cui gas 2 dimezza il proprio volume. Tf=900K Si determini la quantità di calore assorbita dal gas A" è giusto considerare $Q=n*Cv*ln((Tf)/(Ti))+4/3 *n*R*Tf*ln((Vf)/(Vi))$ ?
Risposte
Che ragionamenti hai fatto per scrivere quel risultato?
allora $Q=n*Cv*dT+pdV$ integro e il primo termine diventa $n*Cv*ln((Tf)/(Ti))$, mentre il secondo termine so che $P=(n*R*Tf)/(Vf)$ essendo $(Vf)=(3V)/4$ allora integrando esce $4/3 *n*R*Tf*ln((Vf)/(Vi))$
L'integrale del primo termine è $n C_v (T_f - T_i)$, mentre per il secondo termine è da dimostrare oppure argomentare che P sia costante, in quanto a rigore vale solo $P_f = (n R T_f)/V_f$. Inoltre sicuramente vale
$V_(Af) = 3/4 V$, ma
1) durante la trasformazione $V_A$ varia da $V/2$ a $3/4 V$
2) la V in questione è il volume costante del cilindro, mentre la V del differenziale è il valore variabile $V_A$ durante la trasformazione.
$V_(Af) = 3/4 V$, ma
1) durante la trasformazione $V_A$ varia da $V/2$ a $3/4 V$
2) la V in questione è il volume costante del cilindro, mentre la V del differenziale è il valore variabile $V_A$ durante la trasformazione.
si e quindi se non considero la pressione come costante come integro? inoltre perchè il primo termine non ha il logaritmo?
"alexzz04":
se non considero la pressione come costante come integro?
Devi fare un ragionamento diverso che coinvolga anche il gas B, che se supponiamo che non scambi calore e che la trasformazione sia reversibile, risulta soggetto ad una adiabatica reversibile. Siccome sai le condizioni iniziali e il volume finale puoi calcolare le sue condizioni finali e il suo lavoro che, a segno cambiato, è quello fatto da A.
In alternativa puoi calcolare le variazioni energia dei due gas e quindi dell'intero sistema. Poichè l'intero sistema riceve solo il calore Q, questo sarà uguale alla variazione di energia complessiva.
"alexzz04":
inoltre perchè il primo termine non ha il logaritmo?
Perchè una primitiva di una costante $k$ (in questo caso $n*C_v$) è $k*T$. Non è come l'entropia in cui hai un termine $k/T$ di cui una primitiva è $k*ln(T)$.
Mh quindi se considero il secondo gas ho $\Delta U=-L$ quindi mi trovo T1 utilizzando $TV^(\lambda -1)$. Al valore che mi trovo sommo la variazione d'energia del primo gas e così facendo viene $Q=19,36kJ$. Ci sono?
Secondo me SI 
Grazie mille
Di niente.
Come completamento dell'esercizio potresti verificare anche cosa succede nel caso che invece il gas B scambi calore con l'esterno ipotizzato a 300 K (il testo non è chiarissimo a riguardo, ma visto che parla di basi diatermiche anche questa interpretazione è possibile) e quindi invece che ad una adiabatica reversibile sia soggetto ad una isoterma reversibile.
Come completamento dell'esercizio potresti verificare anche cosa succede nel caso che invece il gas B scambi calore con l'esterno ipotizzato a 300 K (il testo non è chiarissimo a riguardo, ma visto che parla di basi diatermiche anche questa interpretazione è possibile) e quindi invece che ad una adiabatica reversibile sia soggetto ad una isoterma reversibile.
Tra un giorno ho l'esame non posso giochicchiarci troppo ahahaha, btw il calcolo dell'entropia dell'ambiente è uguale a quello del sistema con segno opposto dato che la trasformazione è reversibile. Quindi per il calore trovato prima integro $-Q/T $? Scusa le tante domande
Se B è soggetto ad una isoterma reversibile risulta $P_B=P_i*V_i/V_B$ per cui in questo caso si può effettivamente calcolare il lavoro $L_B$ con la formula $int P*dV$
Nota: B scambierà una quantità di calore $Q_B = L_B$ con l'esterno in quanto non varia la sua energia interna. Questo implica che tale lavoro può essere calcolato anche come lo scambio di calore reversibile ovvero come $T_B*Delta S_B$
Poichè $L_A = -L_B$ e nota la variazione di energia interna di A ovvero $Delta U = n C_v (T_f - T_i)$ si può poi calcolare $Q_A$
Per inciso questa interpretazione dell'esercizio mi sembra più probabile perchè garantisce l'uguaglianza delle pressioni A e B.
Nota: B scambierà una quantità di calore $Q_B = L_B$ con l'esterno in quanto non varia la sua energia interna. Questo implica che tale lavoro può essere calcolato anche come lo scambio di calore reversibile ovvero come $T_B*Delta S_B$
Poichè $L_A = -L_B$ e nota la variazione di energia interna di A ovvero $Delta U = n C_v (T_f - T_i)$ si può poi calcolare $Q_A$
Per inciso questa interpretazione dell'esercizio mi sembra più probabile perchè garantisce l'uguaglianza delle pressioni A e B.
ma io prima ho sfruttato il fatto che B cambiasse la propria temperatura, perchè considero un'isoterma?
Perchè se anche la base di B è diatermica, scambia calore con l'esterno e quindi trattandosi di una trasformazione reversibile, ovvero di una successione di stati di equilibrio, è sempre in equilibrio con la temperatura esterna.
Peraltro in questo caso risulta:
$P_A = n*R T_A/V_A = n R * 3*T_i/(3/4 V) = 2*(n*R*T_i)/(V/2) = 2 P_i$
$P_B = n*R T_B/V_B = n*R T_i/(V/4) = 2*(n*R*T_i)/(V/2) = 2*P_i$
Quindi il sistema è in equilibrio, cosa che non è nel caso di trasformazione adiabatica.
Peraltro in questo caso risulta:
$P_A = n*R T_A/V_A = n R * 3*T_i/(3/4 V) = 2*(n*R*T_i)/(V/2) = 2 P_i$
$P_B = n*R T_B/V_B = n*R T_i/(V/4) = 2*(n*R*T_i)/(V/2) = 2*P_i$
Quindi il sistema è in equilibrio, cosa che non è nel caso di trasformazione adiabatica.
quindi va bene considerare la differenza di temperatura e dopo come una trasformazione isoterma?
No, considera solo l'isoterma e fai riferimento alla soluzione che ti ho delineato nel caso di isoterma.
La soluzione del caso adiabatico con una variazione della temperatura di B, non è in questo caso compatibile con il vincolo di equilibrio delle pressioni.
La soluzione del caso adiabatico con una variazione della temperatura di B, non è in questo caso compatibile con il vincolo di equilibrio delle pressioni.
ok $Q=n*Cv*(Tf-Ti)+n*R*T0*ln(2)=18,4kJ$ invece per l'entropia $-\Delta Samb= \Delta Ssistema = n*Cv*ln((Tf)/(Ti))+n*R*ln(1/2)$ ?
Quasi perfetto
$Delta S_A = n C_v ln(T_(Af)/(T_(Ai))) + n R ln (V_(Af)/V_(Ai)) = n C_v ln(3) + R ln(3/2)$
$Delta S_B = n R ln (V_(Bf)/V_(Bi)) = n R ln(1/2)$
$Delta S_(sistema) = Delta S_A + Delta S_B = n C_v ln(3) + R ln(3/4)$
$Delta S_(ambiente) = - Delta S_(sistema)$
$Delta S_A = n C_v ln(T_(Af)/(T_(Ai))) + n R ln (V_(Af)/V_(Ai)) = n C_v ln(3) + R ln(3/2)$
$Delta S_B = n R ln (V_(Bf)/V_(Bi)) = n R ln(1/2)$
$Delta S_(sistema) = Delta S_A + Delta S_B = n C_v ln(3) + R ln(3/4)$
$Delta S_(ambiente) = - Delta S_(sistema)$
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