Problema termodinamica su entropia e lavoro in un ciclo
$0.2 mol$ di gas ideale biatomico sono chiuse in un contenitore di volume $V_A$ alla pressione $P_A=1.013 atm$ e alla temperatura $T_A=293.2 K$. Il volume è rapidamente portato al valore $V_B=3\cdot V_A$; raggiunto l'equilibrio si riporti il gas a volume costante in uno stato C alla temperatura $T_C=T_A$ assorbendo dall'ambiente $Q=355.9 J$. Infine con una trasformazione isoterma reversibile alla temperatura ambiente il gas torna allo stato iniziale. Calcolare la variazione di entropia del gas nella prima trasformazione, il lavoro complessivo del ciclo, la variazione di entropia dell'universo al termine del ciclo.
Risultati: [$\Delta S_{A\to B}=0.39 J/K$, $L_{TOT}=-179.7 J$ , $\Delta S_{Universo}=0.61 J/K$]
Soluzione: secondo me per quanto riguarda il calcolo dell'entropia della prima richiesta ($\Delta S_{A\to B}$) poichè non so nulla della trasformazione da $A$ a $B$ (conosco solo $V_B$) e poichè l'entropia è una funzione di stato, ho sostituito alla trasformazione originaria una trasformazione da $A$ a $B'$ isocora, quindi risulta chiaro $V_B'=V_A$. Ho calcolato $V_A=\frac{nRT_A}{P_A}=4.75 l$ e anche $V_B=3V_A=14.25l$
Ho considerato poi una trasformazione da $B'$ a $B$ isobara e quindi ho $P_B'=P_B$
Ho calcolato $P_C$ usando l'equazione di stato $P_CV_C=nRT_C\rightarrow P_C3V_A=nRT_A\rightarrow P_C=\frac{nRT_A}{3V_A}=0.34atm$
e conoscendo $Q_{B\to C}$ ho calcolato $T_B$ in questo modo: $Q_{B\to C}=n\frac{5}{2} R(T_C-T_B)\rightarrow T_B=T_C-\frac{2\cdot Q_{B\to C}}{5nR}=207.54K$
in questo modo conosco $P_B=\frac{nRT_B}{V_B}=0.24atm$
ed ho infine calcolato $T_B'=\frac{P_B'V_B'}{nR}=69.51K$
quindi $\Delta S_{A\to B}=\Delta S_{A\to B'}+\Delta S_{B'\to B}=n\frac{5}{2}R\cdot ln(\frac{T_B'}{T_A})+n\cdot \frac{7}{2}R\cdot ln(\frac{T_B}{T_B'})$ ed ho 0.382 J/K come risultato...
ho ragionato bene?
Per quanto riguarda il secondo punto invece ho provato a calcolare il lavoro lungo le trasformazioni $A\to B'$, $B'\to B$ ,$B\to C$, $C_A$ e a sommare algebricamente tali quantità ma il risultato non è quello che riporta il libro -.-... help please!
Risultati: [$\Delta S_{A\to B}=0.39 J/K$, $L_{TOT}=-179.7 J$ , $\Delta S_{Universo}=0.61 J/K$]
Soluzione: secondo me per quanto riguarda il calcolo dell'entropia della prima richiesta ($\Delta S_{A\to B}$) poichè non so nulla della trasformazione da $A$ a $B$ (conosco solo $V_B$) e poichè l'entropia è una funzione di stato, ho sostituito alla trasformazione originaria una trasformazione da $A$ a $B'$ isocora, quindi risulta chiaro $V_B'=V_A$. Ho calcolato $V_A=\frac{nRT_A}{P_A}=4.75 l$ e anche $V_B=3V_A=14.25l$
Ho considerato poi una trasformazione da $B'$ a $B$ isobara e quindi ho $P_B'=P_B$
Ho calcolato $P_C$ usando l'equazione di stato $P_CV_C=nRT_C\rightarrow P_C3V_A=nRT_A\rightarrow P_C=\frac{nRT_A}{3V_A}=0.34atm$
e conoscendo $Q_{B\to C}$ ho calcolato $T_B$ in questo modo: $Q_{B\to C}=n\frac{5}{2} R(T_C-T_B)\rightarrow T_B=T_C-\frac{2\cdot Q_{B\to C}}{5nR}=207.54K$
in questo modo conosco $P_B=\frac{nRT_B}{V_B}=0.24atm$
ed ho infine calcolato $T_B'=\frac{P_B'V_B'}{nR}=69.51K$
quindi $\Delta S_{A\to B}=\Delta S_{A\to B'}+\Delta S_{B'\to B}=n\frac{5}{2}R\cdot ln(\frac{T_B'}{T_A})+n\cdot \frac{7}{2}R\cdot ln(\frac{T_B}{T_B'})$ ed ho 0.382 J/K come risultato...
ho ragionato bene?
Per quanto riguarda il secondo punto invece ho provato a calcolare il lavoro lungo le trasformazioni $A\to B'$, $B'\to B$ ,$B\to C$, $C_A$ e a sommare algebricamente tali quantità ma il risultato non è quello che riporta il libro -.-... help please!
Risposte
Per il primo punto il ragionamento è corretto...hai utilizzato 2 trasformazioni reversibili per arrivare a $B'$ (io avrei scelto una trasformazione adiabatica rev. così in quella non avresti dovuto calcolare l'entropia).
Nel secondo punto non c'è lavoro lungo l'isocora
Nel secondo punto non c'è lavoro lungo l'isocora
eh il lavoro lungo l'isocora è nullo ok, però il risultato non esce lo stesso 
Lo so che la termodinamica non è il mio campo... però ci provo ugualmente.
L'espansione "veloce" iniziale tu non sai quanto lavoro produce, perché non è quasi statica reversibile. Però sai che essendo veloce (adiabatica) è stata compiuta a spese dell'energia interna. E sai anche che per ritornare alla temperatura iniziale, cioè per ripristinare l'energia interna, vengono forniti 356 J. Ebbene questo è esattamente il lavoro fatto da quella espansione "veloce". Poi la successiva compressione isoterma richiede, se non erro, lavoro per 535 J. La differenza è appunto 179 J, cioè il risultato corretto.
O almeno così mi pare.
L'espansione "veloce" iniziale tu non sai quanto lavoro produce, perché non è quasi statica reversibile. Però sai che essendo veloce (adiabatica) è stata compiuta a spese dell'energia interna. E sai anche che per ritornare alla temperatura iniziale, cioè per ripristinare l'energia interna, vengono forniti 356 J. Ebbene questo è esattamente il lavoro fatto da quella espansione "veloce". Poi la successiva compressione isoterma richiede, se non erro, lavoro per 535 J. La differenza è appunto 179 J, cioè il risultato corretto.
O almeno così mi pare.
scrivo in spoiler, in quanto è un po' OT:
edit: cambiata domanda 2, stavo pensando alla tre mentre scrivevo...
edit: cambiata domanda 2, stavo pensando alla tre mentre scrivevo...
"Falco5x":
Lo so che la termodinamica non è il mio campo... però ci provo ugualmente.
L'espansione "veloce" [...]
Mi sembra la soluzione piu' corretta, ti ringrazio, non ci avevo pensato.
Gentilissimo!
a nessuno va di rispondere alle domande poste in spoiler? 
"Thomas":
a nessuno va di rispondere alle domande poste in spoiler?
Siccome in termodinamica sono davvero un pivello, e lo dimostra il fatto che la termodinamica non cessa di sorprendermi, mi voglio avventurare nel campo della tua domanda 3.
Poiché il calore Q è pari al lavoro compiuto dalla trasformazione irreversibile A-B, tanto vale chiedersi quanto lavoro ci si deve aspettare da una trasformazione siffatta. E qui vengono i miei dubbi cui tento di dare risposta.
Supponiamo che la trasformazione sia adiabatica (il testo non lo dice ma credo vada sottinteso).
Allora il lavoro sarebbe massimo, credo, se la trasformazione fosse molto lenta e reversibile, cioè isoentropica. Riguardo invece al lavoro minimo, io credo che dipenda dalle condizioni dell'ambiente esterno, e cerco di spiegarmi.
Supponiamo che si tratti di un cilindro con un pistone che può essere lasciato libero di scattare (magari con un grilletto) in modo da lasciare spazio a un volume finale pari a 3 volte il volume iniziale. Al termine di questa velocissima espansione il pistone sbatte su un fermo di fine corsa. Ebbene, se la cosa avviene ad esempio in aria libera alla pressione di 1 atmosfera, allora il lavoro compiuto da questo sistema direi che è quello di una espansione a pressione costante, e cioè $W=P\DeltaV$, dove P è la pressione esterna.
Se invece per pura ipotesi l'espansione avvenisse nel vuoto, allora il lavoro uscente sarebbe nullo. Il che significa che l'energia interna del gas all'interno del pistone verrebbe parzialmente tramutata in energia cinetica del pistone durante la sua corsa, per essere nuovamente riconvertita in energia interna grazie all'attrito del fine corsa (escludo qui il caso davvero solo teorico che il pistone rimbalzi all'infinito sul fermo di fine corsa
). Ciò significa che alla fine di questa espansione il gas avrebbe la stessa temperatura che aveva prima dell'espansione, e dopo un certo tempo di stabilizzazione la pressione sarebbe un terzo della pressione iniziale (PV=costante).Se ho detto delle corbellerie però non fucilarmi, ho famiglia...
"Falco5x":
[quote="Thomas"]a nessuno va di rispondere alle domande poste in spoiler?
Siccome in termodinamica sono davvero un pivello, e lo dimostra il fatto che la termodinamica non cessa di sorprendermi, mi voglio avventurare nel campo della tua domanda 3.
[/quote]
contentissimo, mi sembra una discussione interessante... la proponevo perchè delle risposte non è che sia tanto, sicuro, anzi....
"Falco5x":
Poiché il calore Q è pari al lavoro compiuto dalla trasformazione irreversibile A-B, tanto vale chiedersi quanto lavoro ci si deve aspettare da una trasformazione siffatta. E qui vengono i miei dubbi cui tento di dare risposta.
Supponiamo che la trasformazione sia adiabatica (il testo non lo dice ma credo vada sottinteso).
il testo dice però che la trasformazione è molto veloce... io credo che intenda "molto veloce" tanto da considerare trascurabili gli scambi di calore avvenuti durante il processo.... (quindi entrano in gioco la conducibilità termica del pistone, le temperature e le energie del sistema)... almeno l'ho intesa così....(era la domanda 2)
"Falco5x":
Allora il lavoro sarebbe massimo, credo, se la trasformazione fosse molto lenta e reversibile, cioè isoentropica. Riguardo invece al lavoro minimo, io credo che dipenda dalle condizioni dell'ambiente esterno, e cerco di spiegarmi.
Supponiamo che si tratti di un cilindro con un pistone che può essere lasciato libero di scattare (magari con un grilletto) in modo da lasciare spazio a un volume finale pari a 3 volte il volume iniziale. Al termine di questa velocissima espansione il pistone sbatte su un fermo di fine corsa. Ebbene, se la cosa avviene ad esempio in aria libera alla pressione di 1 atmosfera, allora il lavoro compiuto da questo sistema direi che è quello di una espansione a pressione costante, e cioè $W=P\DeltaV$, dove P è la pressione esterna.
sono d'accordo... però vorrei chiarire due punti...
non basta eseguire la trasformazione in modo molto lento, o meglio non è che facendo andare "piano" il pistone sperimentalmente cambiamo la situazione ad isoentropica... è necessario volendo fare una trasformazione isoentropica cambiare anche la pressione esterna (magari con dei pesetti) in modo da avere equilibrio ad ogni istante tra pressione del gas e pressione esterna... altrimenti, ANCHE SE L'ESPANSIONE DEL PISTONE é LENTA, avremmo sempre il lavoro da te detto alla fine....
inoltre lavoro è sempre quello anche se l'espansione avviene velocissima (supponendo di aumentare la pressione anche se il pistone parte molto più veloce, alla fine come dicevi il gas "rimbalzerà" alla fine rimettendo a posto le cose), supposto però che LE UNICHE FORZE a muovere il pistone siano il gas ed il fermo... se ci fosse una forza a trascinare il pistone che compie lavoro, la cosa cambierebbe notevolmente visto che essenzialmente il fatto che quella formula $p\DeltaV$ si potesse usare era dovuto al bilancio energetico sul pistone...
Per esempio direi che se si fa viaggiare con un motore il pistone ad una velocità superiore alla velocità del suono e poi lo si ferma impreovvisamente ci si può aspettare una espansione adiabatica del gas (quindi con lavoro nullo e scambi di calore nulli).... trascinandolo più lentamente ci saranno situazioni intermedie che magari si possono vedere più in dettaglio... (e credo che il problema sia tra queste)
"Falco5x":
Se invece per pura ipotesi l'espansione avvenisse nel vuoto, allora il lavoro uscente sarebbe nullo. Il che significa che l'energia interna del gas all'interno del pistone verrebbe parzialmente tramutata in energia cinetica del pistone durante la sua corsa, per essere nuovamente riconvertita in energia interna grazie all'attrito del fine corsa (escludo qui il caso davvero solo teorico che il pistone rimbalzi all'infinito sul fermo di fine corsa
Mi pare che funzioni proprio così... (è il limite p che tende a zero del caso precedente, no?)....
Riassumendo, mi pare di capire che se c'è una pressione esterna come l'atmosfera il lavoro sia sempre p*DV se noi non controlliamo il pistone se non attraverso i ganci.... a questo punto ci si potrebbe chiedere se la legge oraria del pistone è determinata, io direi di no, visto che direi che non è nemmeno possibile determinare una pressione interna consistente se non nel caso dell'isoentrpica (era la domanda 1) e quindi la legge oraria del pistone dipenderà fortemente dalle condizioni iniziali...
"Falco5x":
Se ho detto delle corbellerie però non fucilarmi, ho famiglia...
non farlo nemmeno tu, anche se io ne sono privo....
Faccio qualche altra considerazione e precisazione a ruota libera.
L'espansione adiabatica per essere isoentropica deve essere secondo me prima di tutto lenta nel senso che se fosse veloce ci sarebbero all'interno del gas delle disuniformità di densità e dei vortici che dissiperebbero in attriti interni parte dell'energia meccanica; per questo motivo sarebbe necessario che il pistone facesse lavoro meccanico utile senza fenomeni di tipo esplosivo, e dunque la forza antagonista esterna sul pistone, che assorbe e sfrutta questo lavoro, dovrebbe essere in ogni istante quasi uguale alla forza interna che muove il pistone. Questo perché altrimenti il pistone si muoverebbe accelerando velocemente e contraddicendo la "lentezza" di cui sopra. Insomma non basterebbe un'espansione libera del pistone in atmosfera, ma servirebbe un sistema antagonista quasi statico ad accumulo progressivo di energia, ad esempio un peso che sale (ma in modo furbo, cioè in grado di opporre resistenza decrescente col procedere dell'espansione isoentropica). Ogni altro metodo di espansione che effettui il lancio del pistone con differenze finite di pressione tra interno ed esterno credo dia luogo a trasformazioni irreversibili e quindi non predicibili. In questo caso solo a posteriori si può calcolare il lavoro effettuato, misurando ad esempio i parametri termodinamici a riposo e quindi valutando la diminuzione di energia interna.
L'espansione adiabatica per essere isoentropica deve essere secondo me prima di tutto lenta nel senso che se fosse veloce ci sarebbero all'interno del gas delle disuniformità di densità e dei vortici che dissiperebbero in attriti interni parte dell'energia meccanica; per questo motivo sarebbe necessario che il pistone facesse lavoro meccanico utile senza fenomeni di tipo esplosivo, e dunque la forza antagonista esterna sul pistone, che assorbe e sfrutta questo lavoro, dovrebbe essere in ogni istante quasi uguale alla forza interna che muove il pistone. Questo perché altrimenti il pistone si muoverebbe accelerando velocemente e contraddicendo la "lentezza" di cui sopra. Insomma non basterebbe un'espansione libera del pistone in atmosfera, ma servirebbe un sistema antagonista quasi statico ad accumulo progressivo di energia, ad esempio un peso che sale (ma in modo furbo, cioè in grado di opporre resistenza decrescente col procedere dell'espansione isoentropica). Ogni altro metodo di espansione che effettui il lancio del pistone con differenze finite di pressione tra interno ed esterno credo dia luogo a trasformazioni irreversibili e quindi non predicibili. In questo caso solo a posteriori si può calcolare il lavoro effettuato, misurando ad esempio i parametri termodinamici a riposo e quindi valutando la diminuzione di energia interna.
"Falco5x":
Ogni altro metodo di espansione che effettui il lancio del pistone con differenze finite di pressione tra interno ed esterno credo dia luogo a trasformazioni irreversibili e quindi non predicibili. In questo caso solo a posteriori si può calcolare il lavoro effettuato, misurando ad esempio i parametri termodinamici a riposo e quindi valutando la diminuzione di energia interna.
ma non si era detto che (sotto certe ipotesi sperimentali) era $pDV$ con p pressione esterna il lavoro anche in caso di differenze di pressione finita tra interno ed esterno ovvero trasformazione non reversibile?
"Thomas":
[quote="Falco5x"] Ogni altro metodo di espansione che effettui il lancio del pistone con differenze finite di pressione tra interno ed esterno credo dia luogo a trasformazioni irreversibili e quindi non predicibili. In questo caso solo a posteriori si può calcolare il lavoro effettuato, misurando ad esempio i parametri termodinamici a riposo e quindi valutando la diminuzione di energia interna.
ma non si era detto che (sotto certe ipotesi sperimentali) era $pDV$ con p pressione esterna il lavoro anche in caso di differenze di pressione finita tra interno ed esterno ovvero trasformazione non reversibile?[/quote]
No, io non l'ho detto, credo che il lavoro $p\DeltaV$ sia solo nel caso in cui il pistone scatti libero e l'unica forza contrastante sia $pS$ dove p è la pressione atmosferica esterna e S è l'area del pistone. Io mi riferisco a casi intermedi nei quali ci sia una seconda forza contrastante oltre alla pressione atmosferica, tipo una biella verso una ruota, un sistema di accumulo o sfruttamento dell'energia qualsiasi. In questo caso siamo in una via di mezzo tra il lavoro isoentropico (che si ha solo nel caso quasi statico che descrivevo) e il lavoro minimale dello scatto libero che dà luogo a $p\DeltaV$. Dicevo che in casi intermedi come questi, veloci e con differenze di forza o pressione finite tra interno ed esterno, di solito il lavoro non è predicibile esattamente, a meno che non si sappia già quanto lavoro viene richiesto dal sistema esterno. Ad esempio se si pone un peso da sollevare collegato con una fune al pistone, si sa già che l'energia fornita sarà per forza $mg\Deltah$, dove $\Deltah$ è la corsa del pistone. Il caso di scatto libero in atmosfera è un caso limite.
ah ok allora siamo d'accordo.... non avevo capito che avevi scritto qualcosa di questo tipo 
(io lo mettevo come "particolari condizioni sperimentali")....
rimane sempre la domanda sul fatto se l'espansione precisa del pistone in atmosfera e senza aggeggi strani ma solo col fermo che lo blocca possa essere predetta a partire da dati iniziali ragionevoli (nel senso, calcolata la sua legge oraria)...
(io lo mettevo come "particolari condizioni sperimentali")....rimane sempre la domanda sul fatto se l'espansione precisa del pistone in atmosfera e senza aggeggi strani ma solo col fermo che lo blocca possa essere predetta a partire da dati iniziali ragionevoli (nel senso, calcolata la sua legge oraria)...
"Thomas":
rimane sempre la domanda sul fatto se l'espansione precisa del pistone in atmosfera e senza aggeggi strani ma solo col fermo che lo blocca possa essere predetta a partire da dati iniziali ragionevoli (nel senso, calcolata la sua legge oraria)...
Non credo. Durante il moto del pistone, infatti, di sicuro si sa che c'è una forza antagonista $pS$ dove p è la pressione esterna e S la sezione del pistone, ma la forza motrice non la si conosce. Infatti durante l'espansione si ha $dW=(F-pS)dx=-dU$, dove F è la forza agonista che è incognita perché il $dU$ dipende molto dagli attriti di turbolenza interna (ammesso che si possa parlare di una funzione termodinamica che non può essere uniforme causa le turbolenze interne e quindi è indefinibile). Dunque la legge oraria del moto del pistone rimane secondo me non predicibile, se non possedendo tabelle desunte da casi reali sperimentali.
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