Esercizio di termodinamica
Buongiorno a tutti, dovrei risolvere questo esercizio di termodinamica:
Un gas ideale biatomico di n=1.5 moli subisce una trasformazione ciclica partendo da uno stato A, di temperatura T(A)=353.15 K e pressione P(A)= 70.0 kPa, passando attraverso le seguenti trasformazioni termodinamiche:
-una espansione isoterma reversibile che lo porta allo stato B con volume V(B)= 0.120 m^3, restando a contatto con un termostato dell'ambiente a temperatura T(A)
-una trasformazione adiabatica reversibile con una variazione di energia interna di -200 J che lo porta allo stato C
-una contrazione isobara che lo porta nello stato D, cambiandone la temperatura mantenendolo a contatto con un termostato a temperatura T(D)
-una trasformazione adiabatica reversibile che lo porta alla condizione iniziale
calcola:
1)la T(D) e la P(C)
2)la variazione di entropia dell'universo in un ciclo
3)il rendimento del ciclo e il rapporto fra detto rendimento e quello di un ciclo di Carnot che opera con le stesse sorgenti di calore (termostati)
la prima domanda l'ho risolta, per la 2 e 3 non so come fare.
So che la $\Delta$S(univ)=$\Delta$S(sist) + $\Delta$S(amb).
Dato che ho un ciclo: $\Delta$S(sist)=0. quindi devo calcolare quella dell'ambiente, ma come si fa?
ma poi, durante le trasformazioni reversibili, non è vero che la variazione di entropia dell'universo è nulla?
ringrazio di cuore chiunque abbia voglia di rispondermi
Un gas ideale biatomico di n=1.5 moli subisce una trasformazione ciclica partendo da uno stato A, di temperatura T(A)=353.15 K e pressione P(A)= 70.0 kPa, passando attraverso le seguenti trasformazioni termodinamiche:
-una espansione isoterma reversibile che lo porta allo stato B con volume V(B)= 0.120 m^3, restando a contatto con un termostato dell'ambiente a temperatura T(A)
-una trasformazione adiabatica reversibile con una variazione di energia interna di -200 J che lo porta allo stato C
-una contrazione isobara che lo porta nello stato D, cambiandone la temperatura mantenendolo a contatto con un termostato a temperatura T(D)
-una trasformazione adiabatica reversibile che lo porta alla condizione iniziale
calcola:
1)la T(D) e la P(C)
2)la variazione di entropia dell'universo in un ciclo
3)il rendimento del ciclo e il rapporto fra detto rendimento e quello di un ciclo di Carnot che opera con le stesse sorgenti di calore (termostati)
la prima domanda l'ho risolta, per la 2 e 3 non so come fare.
So che la $\Delta$S(univ)=$\Delta$S(sist) + $\Delta$S(amb).
Dato che ho un ciclo: $\Delta$S(sist)=0. quindi devo calcolare quella dell'ambiente, ma come si fa?
ma poi, durante le trasformazioni reversibili, non è vero che la variazione di entropia dell'universo è nulla?
ringrazio di cuore chiunque abbia voglia di rispondermi
Risposte
"ChiaraSchive":
una contrazione isobara che lo porta nello stato D, cambiandone la temperatura mantenendolo a contatto con un termostato a temperatura T(D)
intendevi contrazione isoterma forse?
no...c'è scritto isobara
vediamo se ho capito... 
la trasformazione è una compressione isobara (e quindi la temperatura cambia), però poi dice "mantenendolo a contatto con un termostato a temperatura T(D)"...che significa? che durante la compressione il sistema rimane a contatto con la sorgente a temperatura T(D), cioè pari alla temperatura finale dopo la compressione? Se è così allora la trasformazione è da considerarsi irreversibile, poiché durante la trasformazione il sistema non è in equilibrio con la sorgente (quindi con l'ambiente).
la trasformazione è una compressione isobara (e quindi la temperatura cambia), però poi dice "mantenendolo a contatto con un termostato a temperatura T(D)"...che significa? che durante la compressione il sistema rimane a contatto con la sorgente a temperatura T(D), cioè pari alla temperatura finale dopo la compressione? Se è così allora la trasformazione è da considerarsi irreversibile, poiché durante la trasformazione il sistema non è in equilibrio con la sorgente (quindi con l'ambiente).
giusto...in effetti quel terzo punto è l'unico dove non è detto che la trasformazione è reversibile...
Dunque, se ho capito bene, è irreversibile perchè la trasformazione può andare solo in un verso, dato che il termostato ha la sua temperatura fissa...ma quindi con l'entropia come devo fare?
Dunque, se ho capito bene, è irreversibile perchè la trasformazione può andare solo in un verso, dato che il termostato ha la sua temperatura fissa...ma quindi con l'entropia come devo fare?
"ChiaraSchive":
è irreversibile perchè la trasformazione può andare solo in un verso
"irreversibile" e "può andare in un solo verso" sono sinonimi quindi il "può andare in un solo verso" non è da considerarsi la causa dell'irreversibilità. Quel "perché" (che ho sottolineato) è fuori luogo.
"ChiaraSchive":
dato che il termostato ha la sua temperatura fissa
questa è la vera causa dell'irreversibilità: essendo il termostato a temperatura fissa, la temperatura del termostato non sarà certo uguale a quella del sistema, che invece varia durante la trasformazione.
"ChiaraSchive":
quindi con l'entropia come devo fare?
quando la trasformazione non è reversibile, non puoi calcolare la variazione di entropia tramite l'integrale di clausius, ma puoi sempre sfruttare il fatto che essa è una funzione di stato
l'entropia dipende solo da due stati iniziale e finale e non dal percorso fatto, quindi neanche dalle caratteristiche di reversibilità della trasformazione. Quindi il libro dice di trovare una qualsiasi trasformazione reversibile che collega i due stati e calcolare li la variazione di entropia, che sarà poi la stessa della trasformazione irreversibile.
Nel mio caso ho una contrazione di volume a pressione costante, ma con una diminuzione "brusca" di temperatura.
Quindi per avere la trasformazione reversibile equivalente faccio finta che la temperatura diminuisca poco alla volta con piccole variazioni? cioè rendo anche T(D) costante? e poi uso: $\Delta$S= Q/T(D) dato che ho una trasformazione reversibile e isoterma
Nel mio caso ho una contrazione di volume a pressione costante, ma con una diminuzione "brusca" di temperatura.
Quindi per avere la trasformazione reversibile equivalente faccio finta che la temperatura diminuisca poco alla volta con piccole variazioni? cioè rendo anche T(D) costante? e poi uso: $\Delta$S= Q/T(D) dato che ho una trasformazione reversibile e isoterma
Per calcolare a variazione di entropia dell'universo in un ciclo possiamo fare:
\(\displaystyle \Delta S_u=\Delta S_s+\Delta S_a \)
dove u=universo, s=sistema, a=ambiente. In un ciclo, si ha \(\displaystyle \Delta S_s=0\) e quindi
\(\displaystyle \Delta S_u=\Delta S_a\)
Nel nostro caso, l'ambiente è costituito dalle due sorgenti a temperature T(A) e T(D), quindi basta calcolare le variazioni di entropia delle due sorgenti:
\(\displaystyle \Delta S_u=\Delta S_a=\Delta S^A+\Delta S^D\)
dove gli apici A e D indicano, rispettivamente, la sorgente a temperatura T(A) e quella a temperatura T(D). Per le sorgenti, la variazione di entropia è sempre data dal rapporto tra calore scambiato e la loro temperatura:
\(\displaystyle \Delta S^A=-\frac{Q_{A\rightarrow B}}{T_A}\) dove $Q_{A\rightarrow B}$ è il calore scambato dal sistema nella trasformazione da A a B. Tale calore lo calcoli con il primo principio (per l'isoterma la variazione di energia interna è nulla quindi...).
Per la sorgente D si ha:
\(\displaystyle \Delta S^D=-\frac{Q_{C\rightarrow D}}{T_D}\) dove $Q_{C\rightarrow D}$ è il calore scambiato dal sistema nella trasformazione da C a D. Anche questo calore lo calcoli col primo principio.
Non ho fatto tutti i conti ma mi pare che non siano difficili.
\(\displaystyle \Delta S_u=\Delta S_s+\Delta S_a \)
dove u=universo, s=sistema, a=ambiente. In un ciclo, si ha \(\displaystyle \Delta S_s=0\) e quindi
\(\displaystyle \Delta S_u=\Delta S_a\)
Nel nostro caso, l'ambiente è costituito dalle due sorgenti a temperature T(A) e T(D), quindi basta calcolare le variazioni di entropia delle due sorgenti:
\(\displaystyle \Delta S_u=\Delta S_a=\Delta S^A+\Delta S^D\)
dove gli apici A e D indicano, rispettivamente, la sorgente a temperatura T(A) e quella a temperatura T(D). Per le sorgenti, la variazione di entropia è sempre data dal rapporto tra calore scambiato e la loro temperatura:
\(\displaystyle \Delta S^A=-\frac{Q_{A\rightarrow B}}{T_A}\) dove $Q_{A\rightarrow B}$ è il calore scambato dal sistema nella trasformazione da A a B. Tale calore lo calcoli con il primo principio (per l'isoterma la variazione di energia interna è nulla quindi...).
Per la sorgente D si ha:
\(\displaystyle \Delta S^D=-\frac{Q_{C\rightarrow D}}{T_D}\) dove $Q_{C\rightarrow D}$ è il calore scambiato dal sistema nella trasformazione da C a D. Anche questo calore lo calcoli col primo principio.
Non ho fatto tutti i conti ma mi pare che non siano difficili.
I conti non mi tornano col risultato...
per la $\Delta$S(A) dato che è un'isoterma e la variazione di energia interna è nulla, ho Q=-L e
L=$ -nR$T_A$ln($V_B$/$V_A$)$= -2843,
Q=2843 e
$\Delta$S(A)= 8.05 J/K
Per il termostato D (trasformazione isobara):
Q=$n$c_p$($T_D$-$T_C$)$= -2574
$\Delta$S(D)=8.94 J/K
al di là dei numeri, le formule sono giuste?
Io invece avevo ragionato così:
$\Delta$S(univ)=$\Delta$S(sist)+$\Delta$S(amb), dove
$\Delta$S(sist)= $\Delta$S(AB) + $\Delta$S(BC) + $\Delta$S(CD) + $\Delta$S(DA)
di cui tutte sono reversibili tranne la CD.
$\Delta$S(amb)=$\Delta$S'(AB) + $\Delta$S'(BC) + $\Delta$S'(CD) + $\Delta$S'(DA)
dove quella irreversibile è sempre la CD.
Ora, dato che in una trasformazione reversibile $\Delta$S(univ)=0 perchè le variazioni di entropia di sistema e ambiente sono uguali e opposte, i termini si annullano e mi rimane solo la somma delle due trasformazioni irreversibili.
Ho considerato la trasformazione reversibile equivalente, (sistema e ambiente con la stessa temperatura)
poi ho calcolato $\Delta$S(CD)= $c_p$ ln(T(D)/T(C))= -5.42 J/K
che mi sembra ragionevole dato che il sistema si raffredda.
Il problema ce l'ho con l'ambiente, che dovrebbe aumentare la sua entropia più di quanto l'abbia diminuita il sistema, così da avere una $\Delta$S(univ) positiva
per la $\Delta$S(A) dato che è un'isoterma e la variazione di energia interna è nulla, ho Q=-L e
L=$ -nR$T_A$ln($V_B$/$V_A$)$= -2843,
Q=2843 e
$\Delta$S(A)= 8.05 J/K
Per il termostato D (trasformazione isobara):
Q=$n$c_p$($T_D$-$T_C$)$= -2574
$\Delta$S(D)=8.94 J/K
al di là dei numeri, le formule sono giuste?
Io invece avevo ragionato così:
$\Delta$S(univ)=$\Delta$S(sist)+$\Delta$S(amb), dove
$\Delta$S(sist)= $\Delta$S(AB) + $\Delta$S(BC) + $\Delta$S(CD) + $\Delta$S(DA)
di cui tutte sono reversibili tranne la CD.
$\Delta$S(amb)=$\Delta$S'(AB) + $\Delta$S'(BC) + $\Delta$S'(CD) + $\Delta$S'(DA)
dove quella irreversibile è sempre la CD.
Ora, dato che in una trasformazione reversibile $\Delta$S(univ)=0 perchè le variazioni di entropia di sistema e ambiente sono uguali e opposte, i termini si annullano e mi rimane solo la somma delle due trasformazioni irreversibili.
Ho considerato la trasformazione reversibile equivalente, (sistema e ambiente con la stessa temperatura)
poi ho calcolato $\Delta$S(CD)= $c_p$ ln(T(D)/T(C))= -5.42 J/K
che mi sembra ragionevole dato che il sistema si raffredda.
Il problema ce l'ho con l'ambiente, che dovrebbe aumentare la sua entropia più di quanto l'abbia diminuita il sistema, così da avere una $\Delta$S(univ) positiva
ok ci sono ora, i risultati mi vengono 
$\Delta$S(univ)=$\Delta$S(amb)=$\Delta$S(AB)+$\Delta$S(CD)=0.70 J/K
dove
$\Delta$S(AB)=$Q/T(A)$=-8.05
dove Q è il calore ceduto al sistema
$\Delta$S(CD)=$Q'/T(D)$=8.75.
Con il rendimento ho capito come fare, per quello della macchina dell'esercizio ho fatto il rapporto tra la somma algebrica di tutti i lavori delle varie trasformazioni e il calore assorbito (che è poi quello che gli dà il termostato A).
Per il rendimento della macchina di Carnot con gli stessi termostati ho usato la formula
$\eta$=$1-$T(D)/T(A)$$
grazie di tutto
$\Delta$S(univ)=$\Delta$S(amb)=$\Delta$S(AB)+$\Delta$S(CD)=0.70 J/K
dove
$\Delta$S(AB)=$Q/T(A)$=-8.05
dove Q è il calore ceduto al sistema
$\Delta$S(CD)=$Q'/T(D)$=8.75.
Con il rendimento ho capito come fare, per quello della macchina dell'esercizio ho fatto il rapporto tra la somma algebrica di tutti i lavori delle varie trasformazioni e il calore assorbito (che è poi quello che gli dà il termostato A).
Per il rendimento della macchina di Carnot con gli stessi termostati ho usato la formula
$\eta$=$1-$T(D)/T(A)$$
grazie di tutto
"ChiaraSchive":
grazie di tutto
di nulla
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