Entropia in una Adiabatica
Proprio questo lunedì devo sostenere l'orale di Fisica I, Meccanica e Termodinamica, e debbo dire con un po' di superbia che mi sento alquanto preparato. Tuttavia c'è un buco nella termodinamica che io e i miei compagni proprio non riusciamo a colmare, e riguarda la variazione di entropia di un gas perfetto durante una trasformazione adiabatica.
Ora,
per una qualsiasi trasformazione(A------->B) si ha che:
$\Delta$S$>=$$\int_A^B$\delta$Q/T$
Ovvero se la trasformazione è reversibile DeltaS è uguale all'integrale di Clausius, altrimenti l'integrale di Clausius risulta essere minore della variazione di entropia effettiva. Un punto sul quale il mio libro insiste, è che la variazione di entropia non dipende dalla trasformazione, ma puramente dagli stati finali A e B, tanto che negli esercizi esplicativi, per calcolare la variazione di entropia di una irreversibile isoterma, prima la calcola con una isoterma reversibile, e poi con una isocora ed una isobara (che ovviamente portano il gas da A a B).
Il punto è (e mi scuso per la lunghezza del post), che per una adiabatica si dice la variazione di entropia è maggiore o uguale a zero (=0 se reversibile). Ma come???(Perchè REV=0, mentre IRREV>0?) La Variazione di entropia non dovrebbe essere indipendente dalla trasformazione?? non dovrebbe dipendere solo dagli stati iniziali e finali? Se fisicamente la formula dovrebbe essere giusta(infatti l'entropia dell'universo è in continuo aumento poichè le trasformazioni reali sono tutte irreversibili), non riesco a coglierne la veridicità in luce a quanto esposto prima. Grazie mille dell'aiuto che spero sia tempestivo in quanto l'esame è alle porte
Ora,
per una qualsiasi trasformazione(A------->B) si ha che:
$\Delta$S$>=$$\int_A^B$\delta$Q/T$
Ovvero se la trasformazione è reversibile DeltaS è uguale all'integrale di Clausius, altrimenti l'integrale di Clausius risulta essere minore della variazione di entropia effettiva. Un punto sul quale il mio libro insiste, è che la variazione di entropia non dipende dalla trasformazione, ma puramente dagli stati finali A e B, tanto che negli esercizi esplicativi, per calcolare la variazione di entropia di una irreversibile isoterma, prima la calcola con una isoterma reversibile, e poi con una isocora ed una isobara (che ovviamente portano il gas da A a B).
Il punto è (e mi scuso per la lunghezza del post), che per una adiabatica si dice la variazione di entropia è maggiore o uguale a zero (=0 se reversibile). Ma come???(Perchè REV=0, mentre IRREV>0?) La Variazione di entropia non dovrebbe essere indipendente dalla trasformazione?? non dovrebbe dipendere solo dagli stati iniziali e finali? Se fisicamente la formula dovrebbe essere giusta(infatti l'entropia dell'universo è in continuo aumento poichè le trasformazioni reali sono tutte irreversibili), non riesco a coglierne la veridicità in luce a quanto esposto prima. Grazie mille dell'aiuto che spero sia tempestivo in quanto l'esame è alle porte
Risposte
Essendo S una funzione di stato, come hai detto giustamente, non dipende dal cammino della trasformazione, ma dagli stati iniziale e finale.
In una adiabatica si ha entropia nulla perchè avvenendo senza scambi di calore dq è sempre uguale a zero e quindi $DeltaS=0$.
In una adiabatica si ha entropia nulla perchè avvenendo senza scambi di calore dq è sempre uguale a zero e quindi $DeltaS=0$.
Mumble Mumble sarei contento se fosse così semplice, ma come mi spieghi che per una adiabatica irreversibile la variazione di entropia non è nulla? (In Effetti mi sono spiegato abbastanza male. Riassumo: perchè le variazione di entropia dell'ad. irrev. è diversa da una ad. rev.?)
"BrianWilson":
Mumble Mumble sarei contento se fosse così semplice, ma come mi spieghi che per una adiabatica irreversibile la variazione di entropia non è nulla? (In Effetti mi sono spiegato abbastanza male. Riassumo: perchè le variazione di entropia dell'ad. irrev. è diversa da una ad. rev.?)
Considera che si parla di trasformazioni reversibil o irreversibili che vanno da A a B, ma A e B devono essere gli stessi. Mi spiego:
prendi un gas ideale (se ce l'hai a portata di mano) e espandilo adiabaticamente in modo reversibile; variazione di entropia nulla.
Prendi lo stesso gas e espandilo liberamente; variazione di entropia non nulla: ma anche gli stati finali nei due casi sono diversi, cioè $B_(rev)!=B_(irr)$.
che ne dici?
ma per liberamente intendi in maniera non quasistatica ma SEMPRE ADIABATICA? 
sì
Aspetto un attimo, forse ho capito, ma spero in una tua conferma ^^.
Prendiamo in considerazione il Piano di CLAPEYRON (O,P,V). Anche se in teoria una irreversibile non può essere rappresentata nel piano (in quanto P e V non sono univoci, causa moti convettivi del gas etc etc), te mi stai dicendo che se ho nel piano una trasformazione adiabatica irreversibile da A a B, non posso effettuare una reversibile che mi colleghi A a B? Forse sto dicendo una castroneria, cioè in pratica il disegno della reversibile non "ricalca" quello della irreversibile?
Prendiamo in considerazione il Piano di CLAPEYRON (O,P,V). Anche se in teoria una irreversibile non può essere rappresentata nel piano (in quanto P e V non sono univoci, causa moti convettivi del gas etc etc), te mi stai dicendo che se ho nel piano una trasformazione adiabatica irreversibile da A a B, non posso effettuare una reversibile che mi colleghi A a B? Forse sto dicendo una castroneria, cioè in pratica il disegno della reversibile non "ricalca" quello della irreversibile?
Premesso che l'integrale che rappresenta la variaz di S va sempre calcolato su "cammini reversibili" (al numeratore c'è $deltaQ_(rev)$ )tu puoi solo approssimare il cammino che da A ti porta a B in una adiabatica irrev. Non hai detto una castroneria.
Tra l'altro, se toniamo al gas perfetto, possiamo dire che: nel caso reversibile (quasistatico) abbiamo variazione di temperatura (diminuzione) e produzione di lavoro; nel caso irr. l'espansione libera di un gas ideale è isoterma e non compie lavoro.
Per l’espansione irreversibile si può calcolare il $DeltaS$ fra gli stessi valori di volume iniziale e volume finale seguendo cammini reversibili alternativi, ad es.espansione isoterma seguito da una adiabatica, entrambe reversibili. E $DeltaS$ va calcolata lungo tali percorsi.
p.s.
di entropia e integrale di Clausius e sua applicabiltà se ne parlò anche qui $lArr$
Tra l'altro, se toniamo al gas perfetto, possiamo dire che: nel caso reversibile (quasistatico) abbiamo variazione di temperatura (diminuzione) e produzione di lavoro; nel caso irr. l'espansione libera di un gas ideale è isoterma e non compie lavoro.
Per l’espansione irreversibile si può calcolare il $DeltaS$ fra gli stessi valori di volume iniziale e volume finale seguendo cammini reversibili alternativi, ad es.espansione isoterma seguito da una adiabatica, entrambe reversibili. E $DeltaS$ va calcolata lungo tali percorsi.
p.s.
di entropia e integrale di Clausius e sua applicabiltà se ne parlò anche qui $lArr$
"piero_":
Tra l'altro, se toniamo al gas perfetto, possiamo dire che: nel caso reversibile (quasistatico) abbiamo variazione di temperatura (diminuzione) e produzione di lavoro; nel caso irr. l'espansione libera di un gas ideale è isoterma e non compie lavoro.
Bell'esempio!
Dunque ecco un caso in cui un'adiabatica irreversibile produce stato finale uguale a quello di una isoterma reversibile, che avverrebbe ovviamente con ingresso di calore pari al lavoro compiuto, e quindi con aumento di entropia. Proprio perché lo stato finale dell'adiabatica irreversibile corrispondente all'espansione libera si trova in un punto diverso rispetto a quello in cui si troverebbe nel caso dell'adiabatica reversibile.
@falco5x:
grazie, ma non è tutta farina del mio sacco: penso sia un esempio molto quotato in tutti i corsi di fisica tecnica fin dall'età della pietra
, con alcune varianti. Mi stupisco di ricordarmelo dopo x anni, essendo x>>20.
grazie, ma non è tutta farina del mio sacco: penso sia un esempio molto quotato in tutti i corsi di fisica tecnica fin dall'età della pietra
, con alcune varianti. Mi stupisco di ricordarmelo dopo x anni, essendo x>>20.
"piero_":
@falco5x:
grazie, ma non è tutta farina del mio sacco: penso sia un esempio molto quotato in tutti i corsi di fisica tecnica fin dall'età della pietra
Pure nel mio caso x>>20
Dalla tua foto ti facevo più giovane
p.s.
Un giorno, durante un'interrogazione di chimica, il professore chiese a Chuck Norris il Numero di Avogadro. Chuck Norris non solo lo enunciò correttamente, ma lo compose sul cellulare e gli passò Amedeo Avogadro in persona.
p.s.
Un giorno, durante un'interrogazione di chimica, il professore chiese a Chuck Norris il Numero di Avogadro. Chuck Norris non solo lo enunciò correttamente, ma lo compose sul cellulare e gli passò Amedeo Avogadro in persona.
"piero_":
Dalla tua foto ti facevo più giovane
Foto???? quale foto??? L'omino con la clava? ma quello è mio figlio!
(a essere proprio precisi, x>30
)
ok, penso di aver capito, grazie mille
[quote=piero_]
Tra l'altro, se toniamo al gas perfetto, possiamo dire che: nel caso reversibile (quasistatico) abbiamo variazione di temperatura (diminuzione) e produzione di lavoro; nel caso irr. l'espansione libera di un gas ideale è isoterma e non compie lavoro.
Vorrei porre all'attenzione il fatto che il principio secondo cui un gas espande liberamente senza produzione di lavoro è palesemente falso. Infatti, se prendiamo il classico esperimento di Joule, nel momento in cui il recipiente A contenente gas viene messo in comunicazione con il recipiente B vuoto, le molecole di gas subiscono una accelerazione in direzione del recipiente B. Poichè le molecole del gas posseggono massa e inerzia, per la terza legge di Newton la forza che le ha accelerate genererà, seppure per un brevissimo istante prima che la pressione si equalizzi tra i due recipienti, una forza uguale e contraria che sarà applicata alle pareti del recipiente A, in particolare la forza esercitata sulla parete verticale potrebbe causare uno spostamento del recipiente se questo fosse mobile, e questo dimostra che è stato compiuto un lavoro. Ne consegue ovviamente che l'energia interna del gas non può restare invariata. Conoscendo la quantità di massa espulsa e la sua accelerazione il valore della forza sarà peraltro facilmente calcolabile in base alla seconda legge. A maggiore conferma di ciò, basta immaginare una situazione in cui il recipiente B abbia dimensioni infinite, in modo che la pressione resti sempre nulla, e che nel recipiente A sia presente un sistema di pressurizzazione che ricambia il gas mano a mano che questo fuoriesce. In queste condizioni è evidente che la forza di reazione newtoniana resterebbe costante nel tempo, spingendo il recipiente A in direzione contraria a quella di fuoriuscita del gas. Se ad esempio il recipiente fosse dotato di ruote subirebbe una accelerazione e si metterebbe in movimento a velocità costante, o, in alternativa, potrebbe ad esempio comprimere una molla, cosa che sarebbe evidentemente impossibile se l'espansione libera del gas non producesse lavoro.
Tra l'altro, se toniamo al gas perfetto, possiamo dire che: nel caso reversibile (quasistatico) abbiamo variazione di temperatura (diminuzione) e produzione di lavoro; nel caso irr. l'espansione libera di un gas ideale è isoterma e non compie lavoro.
Vorrei porre all'attenzione il fatto che il principio secondo cui un gas espande liberamente senza produzione di lavoro è palesemente falso. Infatti, se prendiamo il classico esperimento di Joule, nel momento in cui il recipiente A contenente gas viene messo in comunicazione con il recipiente B vuoto, le molecole di gas subiscono una accelerazione in direzione del recipiente B. Poichè le molecole del gas posseggono massa e inerzia, per la terza legge di Newton la forza che le ha accelerate genererà, seppure per un brevissimo istante prima che la pressione si equalizzi tra i due recipienti, una forza uguale e contraria che sarà applicata alle pareti del recipiente A, in particolare la forza esercitata sulla parete verticale potrebbe causare uno spostamento del recipiente se questo fosse mobile, e questo dimostra che è stato compiuto un lavoro. Ne consegue ovviamente che l'energia interna del gas non può restare invariata. Conoscendo la quantità di massa espulsa e la sua accelerazione il valore della forza sarà peraltro facilmente calcolabile in base alla seconda legge. A maggiore conferma di ciò, basta immaginare una situazione in cui il recipiente B abbia dimensioni infinite, in modo che la pressione resti sempre nulla, e che nel recipiente A sia presente un sistema di pressurizzazione che ricambia il gas mano a mano che questo fuoriesce. In queste condizioni è evidente che la forza di reazione newtoniana resterebbe costante nel tempo, spingendo il recipiente A in direzione contraria a quella di fuoriuscita del gas. Se ad esempio il recipiente fosse dotato di ruote subirebbe una accelerazione e si metterebbe in movimento a velocità costante, o, in alternativa, potrebbe ad esempio comprimere una molla, cosa che sarebbe evidentemente impossibile se l'espansione libera del gas non producesse lavoro.
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