Esercizio termodinamica
Salve amici, vi sottopongo un problema di termodinamica tratto dal Cutnell-Johnson.
Nel manuale delle soluzioni si dice che il lavoro fatto dal gas di sinistra è uguale e opposto al lavoro fatto dal gas di destra, da cui risulta $L_{TOT}=0$ e quindi $\Delta U_{TOT}=0$, da cui segue $T_{i1}+T_{2i}=T_{1f}+T_{2f}$.
Con questa premessa si ricava la soluzione $T_{1f} \approx 477K$ e $T_{2f} \approx 323K$.
Sulla premessa però nutro dei dubbi. Nel corso della trasformazione, il gas a sinistra è a pressione sempre maggiore del gas di destra (solo all'equilibrio le pressioni si equivalgono), pertanto concluderei che il lavoro fatto a sinistra è maggiore del valore assoluto del lavoro subito dal gas a destra.
Pertanto ho seguito un'altra strada, imponendo la conservazione del volume totale.
Vi riporto di seguito i passaggi, che mi portano ad una diversa soluzione.
\[
V_{1i}=V_{2i}=V_0 \\
P_{1f}=P_{2f}=P_f \\
\left\{\begin{matrix}
P_{1i}V_0=nRT_{1i} \\
P_{2i}V_0=nRT_{2i}
\end{matrix}\right.
\Rightarrow
\frac{P_{2i}}{P_{1i}}=\frac{T_{2i}}{T_{1i}} \\
\left\{\begin{matrix}
P_{1i}V_0^\gamma=P_fV_{1f}^\gamma \\
P_{2i}V_0^\gamma=P_fV_{2f}^\gamma
\end{matrix}\right.
\Rightarrow
\frac{P_{2i}}{P_{1i}}=\left( \frac{V_{2f}}{V_{1f}} \right) ^\gamma = \frac{T_{2i}}{T_{1i}} \\
\left\{\begin{matrix}
V_{1f}+V_{2f}=2V_0 \\
\frac{V_{2f}}{V_{1f}} =\left( \frac{T_{2i}}{T_{1i}} \right) ^\frac{1}{\gamma}
\end{matrix}\right.
\Rightarrow
\left\{\begin{matrix}
\frac{V_0}{V_{1f}}=\frac{1+ \left( \frac{T_{2i}}{T_{1i}} \right) ^\frac{1}{\gamma} }{2} \\
\frac{V_0}{V_{2f}}=\frac{1+ \left( \frac{T_{1i}}{T_{2i}} \right) ^\frac{1}{\gamma} }{2}
\end{matrix}\right. \\
T_{1i}V_0^{\gamma-1}=T_{1f}V_{1f}^{\gamma-1}
\Rightarrow
T_{1f}=T_{1i}\left( \frac{V_{0}}{V_{1f}} \right) ^{\gamma-1}
=T_{1i} \left[ \frac{1+ \left( \frac{T_{2i}}{T_{1i}} \right) ^\frac{1}{\gamma}}{2} \right] ^{\gamma-1} \approx 467K \\
T_{2i}V_0^{\gamma-1}=T_{2f}V_{2f}^{\gamma-1}
\Rightarrow
T_{2f}=T_{2i}\left( \frac{V_{0}}{V_{2f}} \right) ^{\gamma-1}
=T_{2i} \left[ \frac{1+ \left( \frac{T_{1i}}{T_{2i}} \right) ^\frac{1}{\gamma}}{2} \right] ^{\gamma-1} \approx 317K
\]
Vi torna che il volume totale si conserva mentre l'energia interna totale non si conserva ?
O commetto io qualche errore?
Nel manuale delle soluzioni si dice che il lavoro fatto dal gas di sinistra è uguale e opposto al lavoro fatto dal gas di destra, da cui risulta $L_{TOT}=0$ e quindi $\Delta U_{TOT}=0$, da cui segue $T_{i1}+T_{2i}=T_{1f}+T_{2f}$.
Con questa premessa si ricava la soluzione $T_{1f} \approx 477K$ e $T_{2f} \approx 323K$.
Sulla premessa però nutro dei dubbi. Nel corso della trasformazione, il gas a sinistra è a pressione sempre maggiore del gas di destra (solo all'equilibrio le pressioni si equivalgono), pertanto concluderei che il lavoro fatto a sinistra è maggiore del valore assoluto del lavoro subito dal gas a destra.
Pertanto ho seguito un'altra strada, imponendo la conservazione del volume totale.
Vi riporto di seguito i passaggi, che mi portano ad una diversa soluzione.
\[
V_{1i}=V_{2i}=V_0 \\
P_{1f}=P_{2f}=P_f \\
\left\{\begin{matrix}
P_{1i}V_0=nRT_{1i} \\
P_{2i}V_0=nRT_{2i}
\end{matrix}\right.
\Rightarrow
\frac{P_{2i}}{P_{1i}}=\frac{T_{2i}}{T_{1i}} \\
\left\{\begin{matrix}
P_{1i}V_0^\gamma=P_fV_{1f}^\gamma \\
P_{2i}V_0^\gamma=P_fV_{2f}^\gamma
\end{matrix}\right.
\Rightarrow
\frac{P_{2i}}{P_{1i}}=\left( \frac{V_{2f}}{V_{1f}} \right) ^\gamma = \frac{T_{2i}}{T_{1i}} \\
\left\{\begin{matrix}
V_{1f}+V_{2f}=2V_0 \\
\frac{V_{2f}}{V_{1f}} =\left( \frac{T_{2i}}{T_{1i}} \right) ^\frac{1}{\gamma}
\end{matrix}\right.
\Rightarrow
\left\{\begin{matrix}
\frac{V_0}{V_{1f}}=\frac{1+ \left( \frac{T_{2i}}{T_{1i}} \right) ^\frac{1}{\gamma} }{2} \\
\frac{V_0}{V_{2f}}=\frac{1+ \left( \frac{T_{1i}}{T_{2i}} \right) ^\frac{1}{\gamma} }{2}
\end{matrix}\right. \\
T_{1i}V_0^{\gamma-1}=T_{1f}V_{1f}^{\gamma-1}
\Rightarrow
T_{1f}=T_{1i}\left( \frac{V_{0}}{V_{1f}} \right) ^{\gamma-1}
=T_{1i} \left[ \frac{1+ \left( \frac{T_{2i}}{T_{1i}} \right) ^\frac{1}{\gamma}}{2} \right] ^{\gamma-1} \approx 467K \\
T_{2i}V_0^{\gamma-1}=T_{2f}V_{2f}^{\gamma-1}
\Rightarrow
T_{2f}=T_{2i}\left( \frac{V_{0}}{V_{2f}} \right) ^{\gamma-1}
=T_{2i} \left[ \frac{1+ \left( \frac{T_{1i}}{T_{2i}} \right) ^\frac{1}{\gamma}}{2} \right] ^{\gamma-1} \approx 317K
\]
Vi torna che il volume totale si conserva mentre l'energia interna totale non si conserva ?
O commetto io qualche errore?
Risposte
Secondo me l'esercizio è mal-posto...infatti essendoci una differenza di pressione tra i due gas, la trasformazione non può essere reversibile, ergo non puoi usare le formule delle adiabatiche reversibili, mentre il fatto che sia $DeltaU=0$ è dovuto al fatto che non viene fatto lavoro esterno e non viene scambiato calore, e vale sia in condizioni reversibili sia irreversibili dato che dipende solo dallo stato finale e iniziale...quindi direi che la soluzione del libro è giusta, ma a patto di considerare la trasformazione "non quasistatica" come dice, perché per essere quasistatica bisogna fare lavoro dall'esterno per far muovere la partizione lentamente.
Ti ringrazio per la risposta
Per completezza riporto la soluzione del libro: anch'esso fa uso delle formule delle adiabatiche reversibili.
Inoltre ho ricavato i volumi finali sfruttando $TV^{\gamma-1}=\text{costante}$ e ho verificato che la somma dei volumi non si conserva
Questa cosa non mi è chiara.
Concordo che in ciascuno dei due setti $Q=0$ quindi $\DeltaU_1=-L_1$ e $\DeltaU_2=-L_2$, per cui sommando ho $\DeltaU_1+\DeltaU_2=-(L_1+L_2)$
Non mi è chiaro perchè il libro assume $L_1=-L_2$.
Se la trasformazione è quasi statica, come hai osservato, ci sarebbe un lavoro esterno (positivo) per far muovere il setto lentamente e quindi comunque avremmo $\DeltaU \ne 0$ (<0).
Per completezza riporto la soluzione del libro: anch'esso fa uso delle formule delle adiabatiche reversibili.
Inoltre ho ricavato i volumi finali sfruttando $TV^{\gamma-1}=\text{costante}$ e ho verificato che la somma dei volumi non si conserva
"Vulplasir":
il fatto che sia $DeltaU=0$ è dovuto al fatto che non viene fatto lavoro esterno e non viene scambiato calore
Questa cosa non mi è chiara.
Concordo che in ciascuno dei due setti $Q=0$ quindi $\DeltaU_1=-L_1$ e $\DeltaU_2=-L_2$, per cui sommando ho $\DeltaU_1+\DeltaU_2=-(L_1+L_2)$
Non mi è chiaro perchè il libro assume $L_1=-L_2$.
Se la trasformazione è quasi statica, come hai osservato, ci sarebbe un lavoro esterno (positivo) per far muovere il setto lentamente e quindi comunque avremmo $\DeltaU \ne 0$ (<0).
Viene chiaramente detto che la parete è vincolata a muoversi lentamente, per cui i lavori dalle due parti sono reversibili e quindi uguali ed opposti.
Puoi immaginare il dispositivo che vincola la parete a muoversi lentamente come uno smorzatore interno al sistema , un sistema del genere al netto non compie lavoro. Quindi la soluzione riportata dal testo è corretta.
C'è da aggiungere che se la parete non si muovesse lentamente, e quindi se i lavori non fossero reversibili, non sarebbero necessariamente uguali ed opposti.
Puoi immaginare il dispositivo che vincola la parete a muoversi lentamente come uno smorzatore interno al sistema , un sistema del genere al netto non compie lavoro. Quindi la soluzione riportata dal testo è corretta.
C'è da aggiungere che se la parete non si muovesse lentamente, e quindi se i lavori non fossero reversibili, non sarebbero necessariamente uguali ed opposti.
Non mi torna, se la parete non si muovesse in modo reversibile, da dove proverrebbe il lavoro extra risultante dalla non uguaglianza dei lavori?
A mio parere sarebbe più corretto formalizzarlo così:
$[dL_1=P_1dV_1] ^^ [dL_2=P_2dV_2] ^^ [dL_e=(P_1-P_2)dV_1] ^^ [dV_1+dV_2=0] rarr$
$rarr [dL_1+dL_2-dL_e=0] rarr [dT_1+dT_2=0]$
Inoltre, la reversibilità o l'irreversibilità della trasformazione sistema+ambiente è determinata esclusivamente dalla natura del lavoro esterno necessario per rendere la trasformazione quasi statica. In entrambi i casi le variabili termodinamiche finali dei due gas sono le medesime, quelle corrispondenti a due adiabatiche reversibili.
$[dL_1=P_1dV_1] ^^ [dL_2=P_2dV_2] ^^ [dL_e=(P_1-P_2)dV_1] ^^ [dV_1+dV_2=0] rarr$
$rarr [dL_1+dL_2-dL_e=0] rarr [dT_1+dT_2=0]$
Inoltre, la reversibilità o l'irreversibilità della trasformazione sistema+ambiente è determinata esclusivamente dalla natura del lavoro esterno necessario per rendere la trasformazione quasi statica. In entrambi i casi le variabili termodinamiche finali dei due gas sono le medesime, quelle corrispondenti a due adiabatiche reversibili.
E' vero essendo il sistema completamente isolato dall'esterno (sia in termini di calore che di lavoro) accade sempre che
$Delta U_T=Delta U_{1}+Delta U_{2}=-L_1-L_2=-L_T=0$
ma a secondo se la trasformazione è reversibile o irreversibile possono cambiare le quantità $Delta U_1$, $Delta U_2$, $L_1$ e $L_2$.
$Delta U_T=Delta U_{1}+Delta U_{2}=-L_1-L_2=-L_T=0$
ma a secondo se la trasformazione è reversibile o irreversibile possono cambiare le quantità $Delta U_1$, $Delta U_2$, $L_1$ e $L_2$.
"cenzo":
....ho ricavato i volumi finali sfruttando $ TV^{\gamma-1}=\text{costante} $ e ho verificato che la somma dei volumi non si conserva
Questo mi pare impossibile....
"cenzo":
Concordo che in ciascuno dei due setti $ Q=0 $ quindi $ \DeltaU_1=-L_1 $ e $ \DeltaU_2=-L_2 $, per cui sommando ho $ \DeltaU_1+\DeltaU_2=-(L_1+L_2) $
Non mi è chiaro perchè il libro assume $ L_1=-L_2 $.
Perchè non viene fatto lavoro esterno quindi il lavoro fatto da una parte è subito dall'altra in modo che la somma complessiva sia nulla.
Se la trasformazione è irreversibile, mica valgono le relazioni per le adiabatiche...
"Faussone":
[quote="cenzo"]
....ho ricavato i volumi finali sfruttando $ TV^{\gamma-1}=\text{costante} $ e ho verificato che la somma dei volumi non si conserva
Questo mi pare impossibile....[/quote]
Provo a mostrare che il volume non si conserva applicando, come fa il libro, le formule delle adiabatiche e $\DeltaU_1+\DeltaU_2=0$. Le temperature finali che ricava il libro sono date dalle seguenti formule:
\[
\left\{\begin{matrix}
T_{1f}+T_{2f}=T_{1i}+T_{2i} \\
\frac{T_{2f}}{T_{1f}}=\left( \frac{T_{2i}}{T_{1i}} \right) ^{\frac{1}{\gamma}}
\end{matrix}\right.
\Rightarrow
\left\{\begin{matrix}
T_{1f}=\frac{T_{1i}+T_{2i}}{1+\left( \frac{T_{2i}}{T_{1i}} \right) ^{\frac{1}{\gamma}}} \approx 476.636K \\
T_{2f}=\frac{T_{1i}+T_{2i}}{1+\left( \frac{T_{1i}}{T_{2i}} \right) ^{\frac{1}{\gamma}}} \approx 323.364K
\end{matrix}\right. \\
T_{1i}V_0^{\gamma-1}=T_{1f}V_{1f}^{\gamma-1} \to V_{1f}=V_0 \left( \frac{T_{1i}}{T_{1f}} \right) ^{\frac{1}{\gamma-1}} \\
T_{2i}V_0^{\gamma-1}=T_{2f}V_{2f}^{\gamma-1} \to V_{2f}=V_0 \left( \frac{T_{2i}}{T_{2f}} \right) ^{\frac{1}{\gamma-1}} \\
\]
Sostituendo i valori numerici risulta $V_{1f}+V_{2f}=1.940 V_0 \ne 2V_0$
Mi farebbe piacere se potessi controllare procedimento e calcoli.
Sintetizzando:
se usiamo le formule delle adiabatiche reversibili e la conservazione del volume, si perviene ad un certo risultato (e risulta $\DeltaU_1+\DeltaU_2<0$);
se usiamo le formule delle adiabatiche reversibili e $\DeltaU_1+\DeltaU_2=0$, si perviene ad un risultato diverso (e il volume totale non si conserva).
Riporto i risultati in un foglio Excel.
"anonymous_0b37e9":
A mio parere sarebbe più corretto formalizzarlo così:
$ [dL_1=P_1dV_1] ^^ [dL_2=P_2dV_2] ^^ [dL_e=(P_1-P_2)dV_1] ^^ [dV_1+dV_2=0] rarr $
$ rarr [dL_1+dL_2-dL_e=0] rarr [dT_1+dT_2=0] $
E' l'ultima implicazione che non mi torna. Lo smorzatore che permette la trasformazione quasi statica assorbe energia, sottraendola alle due partizioni gassose.
Quindi io direi $\DeltaU_{TOT}=\DeltaU_1+\DeltaU_2+\DeltaU_{sm}=0$, con $\DeltaU_1+\DeltaU_2<0$ e $\DeltaU_{sm}>0$.
Ne consegue che non può essere $\DeltaT_1+\DeltaT_2=0$.
Il frammento sottostante è tratto dal manuale "Zemansky, Dittman, Heat and thermodynamics":
Tuttavia, altri manuali ricavano quella relazione sotto la sola ipotesi che la trasformazione sia quasi-statica. In pratica, nel caso in cui il sistema sia un gas perfetto, vengono a mancare le cause di irreversibilità interne al sistema medesimo. Nell'esercizio di cui sopra, la reversibilità o l'irreversibilità della trasformazione sistema+ambiente è determinata esclusivamente dalla natura del lavoro esterno necessario per rendere la trasformazione quasi-statica, il lavoro dello smorzatore di cui parla cenzo nel suo ultimo messaggio per intenderci.
Hai ragione. Bisognerebbe scrivere:
$[dU_1+dU_2=-dL_1-dL_2-dL_e] ^^ [dL_e=(P_1-P_2)dV_1 gt 0]$
Quindi, facendo intervenire il lavoro esterno, non potendo essere $[dU_1+dU_2=0]$, qualcosa non torna.
Ciao Faussone. Puoi chiarire meglio che cosa intendi per smorzatore interno al sistema? Immagino un qualche dispositivo che ceda ai due gas l'energia assorbita durante la trasformazione. Se così fosse, dubito che la trasformazione possa essere considerata a tutti gli effetti reversibile. Senza nulla togliere alla correttezza della soluzione. Piuttosto, mi pare si debba determinare l'interpretazione che giustifichi la correttezza di quella soluzione.
Tuttavia, altri manuali ricavano quella relazione sotto la sola ipotesi che la trasformazione sia quasi-statica. In pratica, nel caso in cui il sistema sia un gas perfetto, vengono a mancare le cause di irreversibilità interne al sistema medesimo. Nell'esercizio di cui sopra, la reversibilità o l'irreversibilità della trasformazione sistema+ambiente è determinata esclusivamente dalla natura del lavoro esterno necessario per rendere la trasformazione quasi-statica, il lavoro dello smorzatore di cui parla cenzo nel suo ultimo messaggio per intenderci.
"cenzo":
Lo smorzatore che permette la trasformazione quasi statica assorbe energia, sottraendola alle due partizioni gassose.
Hai ragione. Bisognerebbe scrivere:
$[dU_1+dU_2=-dL_1-dL_2-dL_e] ^^ [dL_e=(P_1-P_2)dV_1 gt 0]$
Quindi, facendo intervenire il lavoro esterno, non potendo essere $[dU_1+dU_2=0]$, qualcosa non torna.
"Faussone":
Puoi immaginare il dispositivo che vincola la parete a muoversi lentamente come uno smorzatore interno al sistema , un sistema del genere al netto non compie lavoro.
Ciao Faussone. Puoi chiarire meglio che cosa intendi per smorzatore interno al sistema? Immagino un qualche dispositivo che ceda ai due gas l'energia assorbita durante la trasformazione. Se così fosse, dubito che la trasformazione possa essere considerata a tutti gli effetti reversibile. Senza nulla togliere alla correttezza della soluzione. Piuttosto, mi pare si debba determinare l'interpretazione che giustifichi la correttezza di quella soluzione.
Questo problema è veramente interessante, costringe infatti a riflettere bene. Confesso che lo avevo sottovalutato, ma temo anche l'autore dell'esercizio abbia fatto altrettanto.
Ci ho riflettuto un po' e credo, e spero, di aver trovato l'inghippo. In ogni caso la soluzione proposta dall'autore non può essere accettata alla fine.
Non capisco comunque perchè continuate a dire che affinchè la trasformazione sia quasi statica sia necessario un lavoro dall'esterno. Il problema non dice mi pare che il sistema scambi lavoro con l'esterno.
Non è necessario che ci sia un intervento dall'esterno per far sì che la trasformazione sia quasi statica, basta un dispositivo interno che controlli il pistone e lo faccia muovere lentamente.
Però c'è un però.... cenzo d'altra parte ha visto che applicando le relazioni delle adiabatiche reversibili qualcosa non funziona, visto che la somma dei volumi non sembra potersi mantenere alla fine.
Allora?
Pensiamo come possa accadere che la traformazione sia quasi statica senza interventi esterni, possiamo immaginare che all'interno della zona a pressione minore ci sia una molla opportuna che mantenga il pistone in equilibrio con l'altra parte e che abbia una elasticità tarata opportunamente in modo da equilibrare il pistone sempre, oppure che ci sia un omino (avete sentito parlare del diavoletto di Maxwell? ecco qualcosa di simile) che preme sul pistone nella zona a pressione minore per mantenerlo quasi in equilibrio e quindi in condizioni quasi statiche.
In questo modo il sistema compirebbe solo trasformazioni reversibili, ma alla fine avremmo una molla o un omino che ha assorbito lavoro, quindi nel computo dell'energia interna andrebbe calcolato anche questo contibuto. Questo fa sì che, nonostante l'energia interna totale non vari, non è vero che la differenza di temperatura dei gas debba essere uguale ed opposta.
D'altra parte se pensiamo che il lavoro fatto dal dispositivo lo dissipiamo nel gas, per esempio con un controllo che lavori per attrito per tenere in equilibrio il pistone, avremmo sì alla fine uan variazione di temperatura uguale ed opposta dai due lati, ma non avremmo più la reversibilità, nonostante la quasi staticità.
Ci ho riflettuto un po' e credo, e spero, di aver trovato l'inghippo. In ogni caso la soluzione proposta dall'autore non può essere accettata alla fine.
Non capisco comunque perchè continuate a dire che affinchè la trasformazione sia quasi statica sia necessario un lavoro dall'esterno. Il problema non dice mi pare che il sistema scambi lavoro con l'esterno.
Non è necessario che ci sia un intervento dall'esterno per far sì che la trasformazione sia quasi statica, basta un dispositivo interno che controlli il pistone e lo faccia muovere lentamente.
Però c'è un però.... cenzo d'altra parte ha visto che applicando le relazioni delle adiabatiche reversibili qualcosa non funziona, visto che la somma dei volumi non sembra potersi mantenere alla fine.
Allora?
Pensiamo come possa accadere che la traformazione sia quasi statica senza interventi esterni, possiamo immaginare che all'interno della zona a pressione minore ci sia una molla opportuna che mantenga il pistone in equilibrio con l'altra parte e che abbia una elasticità tarata opportunamente in modo da equilibrare il pistone sempre, oppure che ci sia un omino (avete sentito parlare del diavoletto di Maxwell? ecco qualcosa di simile) che preme sul pistone nella zona a pressione minore per mantenerlo quasi in equilibrio e quindi in condizioni quasi statiche.
In questo modo il sistema compirebbe solo trasformazioni reversibili, ma alla fine avremmo una molla o un omino che ha assorbito lavoro, quindi nel computo dell'energia interna andrebbe calcolato anche questo contibuto. Questo fa sì che, nonostante l'energia interna totale non vari, non è vero che la differenza di temperatura dei gas debba essere uguale ed opposta.
D'altra parte se pensiamo che il lavoro fatto dal dispositivo lo dissipiamo nel gas, per esempio con un controllo che lavori per attrito per tenere in equilibrio il pistone, avremmo sì alla fine uan variazione di temperatura uguale ed opposta dai due lati, ma non avremmo più la reversibilità, nonostante la quasi staticità.
Grazie Faussone! 
"anonymous_0b37e9":
Hai ragione. Bisognerebbe scrivere:
$[dU_1+dU_2=-dL_1-dL_2-dL_e] ^^ [dL_e=(P_1-P_2)dV_1 gt 0]$
Ad ogni modo, anche volendo far intervenire il lavoro esterno, avrei dovuto scrivere:
$[dU_1+dU_2=-dL_1-dL_2] ^^ [dL_e=dL_1+dL_2 gt 0]$
Insomma, avevo scritto una cavolata pazzesca.
P.S.
Se ce ne fosse bisogno, confermo che il sistema costituito dalle 7 equazioni seguenti:
$[P_1V_1=RT_1] ^^ [P_2V_2=RT_2]$
$[T_1V_1^(2/3)=525V_0^(2/3)] ^^ [T_2V_2^(2/3)=275V_0^(2/3)]$
$[P_1=P_2] ^^ [V_1+V_2=2V_0] ^^ [T_1+T_2=800]$
nelle 6 variabili termodinamiche finali dei due gas, non ammette soluzione.
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