Esercizio di termodinamica
Ciao ragazzi, ho un problema con questo esercizio.
a) Il gas subisce tre trasformazioni: un'adiabatica, un'isoterma e una ignota che lo riporta allo stato A. Per calcolare \(T_B\), e dunque \(T_C\) è sufficiente applicare l'equazione di stato. Per calcolare \(\Delta U_{AB}\), essendo la prima trasformazione un'adiabatica, io scriverei:
La soluzione, però, sembra essere:
Perché il lavoro si calcola in questa maniera, come se la trasformazione fosse isobara?
b) Vien da sé che anche il mio calcolo di \(T_A\) è errato, ma la formula è:
c) Stesso discorso per \(p_A\), che si calcola tramite l'equazione di stato.
d) \(V_C\) sono riuscito a calcolarlo. La trasformazione BC è isoterma, dunque il lavoro vale:
da cui:
e) Anche il calcolo di \(Q_{CA}\) è concettualmente facile. Basta imporre che la variazione di energia interna lungo tutto il ciclo è nulla, calcolare \(\Delta U_{CA}\) e dunque, con il primo principio della termodinamica, la grandezza desiderata (il lavoro viene fornito dal problema):
Ma sprovvisto del valore corretto di \(\Delta U_{AB}\) anche questo calcolo non s'ha da fare.
f) Se le trasformazioni sono tutte reversibili, la variazione di entropia dell'ambiente per ogni trasformazione è zero e quella del ciclo è anche zero, pertanto la variazione di entropia dell'Universo dovrebbe essere anch'essa nulla. Però la soluzione considera la trasformazione adiabatica AB come irreversibile: da che cosa avrei dovuto capirlo? Non sembra essere un'espansione libera, dato che semplicemente la forza smette di agire sul pistone e dunque il gas comincia a compiere lavoro contro la pressione esterna. Sono a mare qui...
Scusate se mi sono dilungato troppo, ci tenevo a mostrare i miei ragionamenti, anche parziali.
a) Il gas subisce tre trasformazioni: un'adiabatica, un'isoterma e una ignota che lo riporta allo stato A. Per calcolare \(T_B\), e dunque \(T_C\) è sufficiente applicare l'equazione di stato. Per calcolare \(\Delta U_{AB}\), essendo la prima trasformazione un'adiabatica, io scriverei:
\( \Delta U_{AB}=-nR(T_B-T_A)=-nR\left[T_B-T_B\left(\dfrac{V_B}{V_A}\right)^{\gamma-1}\right]\approx-862\;\text{J} \)
La soluzione, però, sembra essere:
\( \Delta U_{AB}=-W_{AB}=-p_B(V_B-V_A)\approx-1317\;\text{J} \)
Perché il lavoro si calcola in questa maniera, come se la trasformazione fosse isobara?
b) Vien da sé che anche il mio calcolo di \(T_A\) è errato, ma la formula è:
\(T_A=T_B-\dfrac{2\Delta U_{AB}}{5nR}\)
c) Stesso discorso per \(p_A\), che si calcola tramite l'equazione di stato.
d) \(V_C\) sono riuscito a calcolarlo. La trasformazione BC è isoterma, dunque il lavoro vale:
\( W_{BC}=nRT_B\ln \dfrac{V_C}{V_B} \)
da cui:
\(V_C=V_B\:\text{exp}\left(\dfrac{-|Q_{BC}|}{nRT_B}\right)\)
e) Anche il calcolo di \(Q_{CA}\) è concettualmente facile. Basta imporre che la variazione di energia interna lungo tutto il ciclo è nulla, calcolare \(\Delta U_{CA}\) e dunque, con il primo principio della termodinamica, la grandezza desiderata (il lavoro viene fornito dal problema):
\(Q_{CA}=|W_{CA}|-(\Delta U_{AB}+\Delta U_{BC})=|W_{CA}|-\Delta U_{AB}\)
Ma sprovvisto del valore corretto di \(\Delta U_{AB}\) anche questo calcolo non s'ha da fare.
f) Se le trasformazioni sono tutte reversibili, la variazione di entropia dell'ambiente per ogni trasformazione è zero e quella del ciclo è anche zero, pertanto la variazione di entropia dell'Universo dovrebbe essere anch'essa nulla. Però la soluzione considera la trasformazione adiabatica AB come irreversibile: da che cosa avrei dovuto capirlo? Non sembra essere un'espansione libera, dato che semplicemente la forza smette di agire sul pistone e dunque il gas comincia a compiere lavoro contro la pressione esterna. Sono a mare qui...
Scusate se mi sono dilungato troppo, ci tenevo a mostrare i miei ragionamenti, anche parziali.
Risposte
"_clockwise":
... la soluzione considera la trasformazione adiabatica AB come irreversibile ...
Perché, piuttosto che dovuta a una lenta successione di variazioni di pressione infinitesime, è dovuta a una brusca variazione di pressione finita.
Ok, quindi nel primo istante in cui la forza si annulla la pressione diventa quella atmosferica ed è come se il processo, che pure procede adiabaticamente, fosse isobarico?
Poi questo mi crea un altro dubbio: se il lavoro fatto durante un'espansione isobara è il prodotto della variazione di volume per la pressione contro la quale il gas si espande, perché in molte applicazioni posso calcolarlo utilizzando il valore di pressione del gas? Forse in quei casi si considera che sistema e ambiente abbiano raggiunto l'equilibrio e la pressione sia identica?
Poi questo mi crea un altro dubbio: se il lavoro fatto durante un'espansione isobara è il prodotto della variazione di volume per la pressione contro la quale il gas si espande, perché in molte applicazioni posso calcolarlo utilizzando il valore di pressione del gas? Forse in quei casi si considera che sistema e ambiente abbiano raggiunto l'equilibrio e la pressione sia identica?
"_clockwise":
... è come se il processo, che pure procede adiabaticamente, fosse isobarico?
Non proprio. Trattandosi di una trasformazione adiabatica irreversibile, la pressione del gas non è, in ogni istante, univocamente definita. La pressione del gas è univocamente definita solo nell'istante in cui la forza cessa di agire ($p_A$) e nell'istante in cui si raggiunge l'equilibrio termodinamico ($p_B$).
"_clockwise":
... se il lavoro fatto durante un'espansione isobara ...
Dopo aver ribadito che, dal punto di vista del gas, la trasformazione non è isobara, si tratta di un caso in cui, nonostante la trasformazione sia irreversibile, il lavoro può essere calcolato come lavoro meccanico esterno, in questo caso, la pressione esterna costante per la variazione di volume.
Ok, ha tutto molto senso. Ed è proprio a causa dell'irreversibilità dell'adiabatica che non posso calcolare il lavoro come \(W=-nc_v\Delta T\)?
Per quanto concerne il bilancio dell'entropia, ho pensato che, essendo essa una funzione di stato, è soltanto quella dell'ambiente a variare. Siccome l'adiabatica non scambia calore, \(\Delta S_{AB, a}=0\). Per quanto riguarda l'isoterma, si dovrebbe avere che
Ma per l'altra trasformazione è un problema.
Per quanto concerne il bilancio dell'entropia, ho pensato che, essendo essa una funzione di stato, è soltanto quella dell'ambiente a variare. Siccome l'adiabatica non scambia calore, \(\Delta S_{AB, a}=0\). Per quanto riguarda l'isoterma, si dovrebbe avere che
\( \Delta S_{BC, a} = \displaystyle\int^C_B \dfrac{\delta Q_{BC, a}}{T} = \displaystyle\int^C_B \dfrac{nRT\ln \dfrac{V_B}{V_C}}{T} = nR\ln \dfrac{V_B}{V_C}\)
Ma per l'altra trasformazione è un problema.
"_clockwise":
Ed è proprio a causa dell'irreversibilità dell'adiabatica che non posso calcolare il lavoro come ...
Certamente. Ad ogni modo, prima di concludere, meglio se confermi i primi 4 punti:
Punto A (equazione di stato)
$T_B=(P_BV_B)/R$
Punto B (1° principio della termodinamica)
$\DeltaU=P_B(V_A-V_B)$
$[5/2R(T_B-T_A)=P_B(V_A-V_B)] rarr [T_A=T_B+(2P_B(V_B-V_A))/(5R)]$
Punto C (equazione di stato)
$P_A=(RT_A)/V_A$
Punto D (1° principio della termodinamica)
$[0=-|Q_(BC)|-RT_Blog(V_C/V_B)] rarr [V_C=V_Be^(-|Q_(BC)|/(RT_B))]$
Inoltre:
"_clockwise":
L’espansione viene arrestata quando il gas ha raggiunto un nuovo stato di equilibrio ...
Da come intendo io il testo, sarebbe stato meglio scrivere che l'espansione si arresta spontaneamente. Infine, per quanto riguarda la variazione di entropia dell'universo in un ciclo, è possibile concludere determinando la variazione di entropia del gas nella prima trasformazione, l'unica irreversibile.
Perfetto, fortunatamente sono le stesse formule che avevo ricavato io (tranne quella per l'energia interna, ma la colpa era di una lacuna teorica non secondaria!).
Invece, per calcolare la variazione di entropia del gas basta sottrarre a zero (cioè il delta S lungo tutto il ciclo) la somma delle variazioni di entropia nelle due reversibili. Quindi:
Però come faccio a calcolare \(\Delta S_{CA}\)? D:
EDIT: Spulciando ho trovato una formula per la variazione di entropia di un gas ideale valida per qualsiasi trasformazione reversibile e irreversibile (perché discende direttamente dal primo principio).
Riporto anche la dimostrazione per il lettore che vi fosse interessato, dato che si fatica a trovarla su Internet.
E quindi riesco a calcolare tutto. Ti ringrazio infinitamente per l'aiuto. Solo un ultimo dubbio. Seguire questo procedimento equivale a dire che la variazione di entropia lungo l'adiabatica non è nulla. È vero che questa specifica adiabatica è irreversibile, ma è pur vero che i due stati A e B giacciono sulla stessa curva \( pV^{\gamma} = k \) e che l'entropia è una funzione di stato. Come posso giustificare questo passaggio?
Invece, per calcolare la variazione di entropia del gas basta sottrarre a zero (cioè il delta S lungo tutto il ciclo) la somma delle variazioni di entropia nelle due reversibili. Quindi:
\( \Delta S_{AB}=\overbrace{nR\ln \dfrac{V_B}{V_C}}^{-\Delta S_{BC}}-\Delta S_{CA}\)
Però come faccio a calcolare \(\Delta S_{CA}\)? D:
EDIT: Spulciando ho trovato una formula per la variazione di entropia di un gas ideale valida per qualsiasi trasformazione reversibile e irreversibile (perché discende direttamente dal primo principio).
\( \Delta S_{AB} = nc_V\ln \dfrac{T_B}{T_A} + nR\ln \dfrac{V_B}{V_A} \)
Riporto anche la dimostrazione per il lettore che vi fosse interessato, dato che si fatica a trovarla su Internet.
E quindi riesco a calcolare tutto. Ti ringrazio infinitamente per l'aiuto. Solo un ultimo dubbio. Seguire questo procedimento equivale a dire che la variazione di entropia lungo l'adiabatica non è nulla. È vero che questa specifica adiabatica è irreversibile, ma è pur vero che i due stati A e B giacciono sulla stessa curva \( pV^{\gamma} = k \) e che l'entropia è una funzione di stato. Come posso giustificare questo passaggio?
"_clockwise":
E quindi riesco a calcolare tutto. Ti ringrazio infinitamente per l'aiuto. Solo un ultimo dubbio. Seguire questo procedimento equivale a dire che la variazione di entropia lungo l'adiabatica non è nulla. È vero che questa specifica adiabatica è irreversibile, ma è pur vero che i due stati A e B giacciono sulla stessa curva \( pV^{\gamma} = k \) e che l'entropia è una funzione di stato. Come posso giustificare questo passaggio?
Quella formula deve esserti ben nota per il calcolo dell'entropia di un gas perfetto, altrimenti ti mancano dei pezzi!
Riguardo al dubbio $pV^k="const"$ (e le equivalenti formule), vale solo per trasformazione isoentropica (cioè adiabatica reversibile) altrimenti non è soddisfatta. Qui AB è chiaramente irreversibile visto che l'espansione adiabatica è contro una pressione esterna costante.
Sul forum ci sono innumerevoli discussioni in merito se cerchi.
Qui per esempio spiegavo il discorso della reversibilità per l'espansione adiabatica contro una pressione esterna.
Grazie anche a te, Faussone. Hai ragione in merito alla formula, è indubbiamente potente, ma il fatto è che andando alle superiori sono circondato da testi che per necessità omettono passaggi, dimostrazioni e informazioni matematiche che invece rivestono particolare rilievo. Forse dovrei acquistare dei manuali degni di questo nome, ma credo che finirei per dover aprire un mutuo. 
Comunque so che avevo detto che sarebbe stato l'ultimo dubbio, ma forse c'è ancora qualcosa che mi sfugge! Lavoro e calore non sono calcolabili per trasformazioni irreversibili (se non indirettamente, quando ad esempio si possiedano la variazione di energia interna e il lavoro, oppure si conosca la pressione esterna contro la quale un gas si espande o si comprime). Tuttavia ci sono casi in cui si può fare direttamente. In un'isocora irreversibile si può considerare un lavoro nullo (ed effettivamente bloccando il pistone il gas non ha modo di modificare il proprio volume), dunque calcolando il delta U si ottiene anche il calore scambiato. Però nel caso della nostra adiabatica non è lecito calcolare il lavoro come l'opposto della variazione di energia interna \( \Delta U = nc_V\Delta T \). Se ho ben capito, anche questo è dovuto al fatto che un'adiabatica irreversibile non procede lungo una curva di equazione \( pV^{\gamma} = k\). Inoltre tutte le variabili di stato non sono univocamente definite nel corso della trasformazione, bensì soltanto nello stato di equilibrio che la precede e in quello che la succede, mentre in un'isocora irreversibile, a differenza di quanto accadrebbe per un'isoterma per la temperatura o un'isobara per la pressione, abbiamo sempre e comunque la sicurezza che il volume è sempre costante. Giusto?
Comunque so che avevo detto che sarebbe stato l'ultimo dubbio, ma forse c'è ancora qualcosa che mi sfugge! Lavoro e calore non sono calcolabili per trasformazioni irreversibili (se non indirettamente, quando ad esempio si possiedano la variazione di energia interna e il lavoro, oppure si conosca la pressione esterna contro la quale un gas si espande o si comprime). Tuttavia ci sono casi in cui si può fare direttamente. In un'isocora irreversibile si può considerare un lavoro nullo (ed effettivamente bloccando il pistone il gas non ha modo di modificare il proprio volume), dunque calcolando il delta U si ottiene anche il calore scambiato. Però nel caso della nostra adiabatica non è lecito calcolare il lavoro come l'opposto della variazione di energia interna \( \Delta U = nc_V\Delta T \). Se ho ben capito, anche questo è dovuto al fatto che un'adiabatica irreversibile non procede lungo una curva di equazione \( pV^{\gamma} = k\). Inoltre tutte le variabili di stato non sono univocamente definite nel corso della trasformazione, bensì soltanto nello stato di equilibrio che la precede e in quello che la succede, mentre in un'isocora irreversibile, a differenza di quanto accadrebbe per un'isoterma per la temperatura o un'isobara per la pressione, abbiamo sempre e comunque la sicurezza che il volume è sempre costante. Giusto?
Provo a rispondere alle cose che erano rimaste appese perché non potevo fare login, almeno a quelle più importanti.
Certo che puoi usare quella formula (valida per gas perfetti) anche nel caso di adiabatica irreversibile!
È un'applicazione del primo principio, il secondo non interviene e il fatto che la trasformazione sia irreversibile non ha effetto in quella formula.
"_clockwise":
[...] Però nel caso della nostra adiabatica non è lecito calcolare il lavoro come l'opposto della variazione di energia interna \( \Delta U = nc_V\Delta T \)
Certo che puoi usare quella formula (valida per gas perfetti) anche nel caso di adiabatica irreversibile!
È un'applicazione del primo principio, il secondo non interviene e il fatto che la trasformazione sia irreversibile non ha effetto in quella formula.
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