[Termodinamica] - Ciclo irreversibile e entropia
Un cilindro inizialmente isolato termicamente è diviso in due parti da un setto. Nella parte
sottostante, di volume $V_A$, si trova una mole di gas ideale monoatomico. Il gas si trova
inizialmente nello stato $A$ caratterizzato da una temperatura $T_A$ e da una pressione $P_A$. Ad
un dato istante, il setto viene rimosso, ed il gas subisce una espansione libera adiabatica
attraverso cui si porta nello stato $B$ in cui occupa il volume totale $V_B = 2 V_A$. In seguito, il
sistema viene posto a contatto con un termostato a temperatura $T_C = 2 T_A$, per cui la sua
temperatura aumenta irreversibilmente in una trasformazione isocora. Infine viene posto a
contatto con un termostato a temperatura $T_A$ finchè ritorna allo stato iniziale $A$ con una
trasformazione isobara irreversibile.
1) Si indichino su un diagramma $P - V$ gli stati di equilibrio raggiunti dal gas dopo
ognuna delle trasformazioni indicate. Si tracci inoltre una possibile trasformazione
reversibile che porti il gas da uno stato di equilibrio all'altro.
2) Per ognuna delle trasformazioni indicate si calcolino il calore assorbito dal gas, il
lavoro fatto da esso e la variazione dell'energia interna. Sommando tutti i contributi,
si verifichi che la variazione dell'energia interna del gas nell'intero ciclo e' nulla.
3) Per ognuna delle trasformazioni indicate si calcoli la variazione di entropia del gas.
Sommando tutti i contributi, si dimostri che la variazione di entropia del gas
nell'intero ciclo e' nulla.
4) Si calcoli la variazione di entropia dell'universo.
___
Nel post di sotto scriverò la mia soluzione.
sottostante, di volume $V_A$, si trova una mole di gas ideale monoatomico. Il gas si trova
inizialmente nello stato $A$ caratterizzato da una temperatura $T_A$ e da una pressione $P_A$. Ad
un dato istante, il setto viene rimosso, ed il gas subisce una espansione libera adiabatica
attraverso cui si porta nello stato $B$ in cui occupa il volume totale $V_B = 2 V_A$. In seguito, il
sistema viene posto a contatto con un termostato a temperatura $T_C = 2 T_A$, per cui la sua
temperatura aumenta irreversibilmente in una trasformazione isocora. Infine viene posto a
contatto con un termostato a temperatura $T_A$ finchè ritorna allo stato iniziale $A$ con una
trasformazione isobara irreversibile.
1) Si indichino su un diagramma $P - V$ gli stati di equilibrio raggiunti dal gas dopo
ognuna delle trasformazioni indicate. Si tracci inoltre una possibile trasformazione
reversibile che porti il gas da uno stato di equilibrio all'altro.
2) Per ognuna delle trasformazioni indicate si calcolino il calore assorbito dal gas, il
lavoro fatto da esso e la variazione dell'energia interna. Sommando tutti i contributi,
si verifichi che la variazione dell'energia interna del gas nell'intero ciclo e' nulla.
3) Per ognuna delle trasformazioni indicate si calcoli la variazione di entropia del gas.
Sommando tutti i contributi, si dimostri che la variazione di entropia del gas
nell'intero ciclo e' nulla.
4) Si calcoli la variazione di entropia dell'universo.
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Nel post di sotto scriverò la mia soluzione.
Risposte
1) I punti A e B fanno parte di una isoterma a temperatura $T_A$ e rispettivamente si ha che:
$P_A = 2P_B$
$V_A = 1/2 V_B$
$T_B = T_A$
I punti B e C sono legati da una isocora dove la pressione in C è maggiore di quella in B e infine una isobara è sita tra i punti C e A.
Tutto il ciclo avviene in maniera irreversibile: la trasformazione tra A e B è un'espansione adiabatica di Joule e le due trasformazioni isocora e isobara avvengono in maniera irreversibile.
Nell'isocora il gas viene posto con un termostato a temperatura $T_C = 2T_A$ per cui tutti gli stati intermedi sono di non equilibrio. Analoga cosa accade nella trasformazione tra C e A.
2) Si ha:
Trasformazione $AB$, adiabatica irreversibile, per cui $deltaQ = 0$ e $deltaL = 0$ da cui si evince che $dU =0$. Il gas non compie lavoro né scambia energia termica con l'ambiente.
Nel tratto $BC$ si ha una isocora, per cui $deltaL = 0$ e quindi $dU = deltaQ$.
L'energia interna è un differenziale esatto, per cui devo avere $Q = DeltaU = c_v(2T_A - T_A) = c_vT_a$.
Nel tratto $CA$ ho una isobara, per cui posso scrivere:
$L = P_C DeltaV = P_ADeltaV = P_A(V_A-V_C) $,
Inoltre, essendo $U=Q-L$
$Q= U+L = c_vdT + PdV = -c_vT_A + P_A(V_A-V_C) = -c_vT_A - P_AV_A = -(c_vT_A + RT_A)$
3) La variazione di entropia del gas estesa ad un ciclo è nulla e tale dev'essere la somma dei contributi di ciascun pezzo del ciclo.
Si ha:
$DeltaS_[gas] = DeltaS_1 + DeltaS_2 + DeltaS_3 $
Indicando con i numeri 1 2 e 3 i tratti $AB$, $BC$ e $CA$ rispettivamente.
Calcolando si ha che:
$DeltaS_1 = Rln(2)$, $DeltaS_2 = c_vln(2)$, e $DeltaS_3 = c_vln(1/2) + Rln(1/2) = -(c_vln(2) + Rln(2))$
E si vede facilmente che sommando i tre contributi alla variazione di entropia del gas si ha che $DeltaS_[gas] = 0$.
4) La variazione di entropia dell'universo è uguale alla somma della variazione di entropia dell'ambiente più quella del sistema (gas), per cui possiamo scrivere:
$DeltaS_U = DeltaS_[amb] + DeltaS_[gas]$.
Sapendo che $DeltaS_[gas] = 0$, non ci resta che calcolare la variazione di entropia dell'ambiente, scrivibile come:
$DeltaS_[amb] = DeltaS_[AB] + DeltaS_[BC] + DeltaS_[CA] $
Dove è intuitivo che i vari pezzi indicano rispettivamente le variazioni di entropia dell'ambiente nei rispettivi tratti del ciclo.
Si ha che:
$DeltaS_[AB]= 0$ perché il sistema non scambia calore con l'ambiente esterno nel tratto $AB$ (espansione adiabatica di Joule) e quindi non v'è interazione termodinamica né lavoro meccanico con l'ambiente.
Nel tratto $BC$ si ha che:
$DeltaS_[BC] = -c_v/2$, risultato dell'integrale di $dU/T$ della sorgente a temperatura T_C = 2T_A, la sorgente è un termostato per cui la variazione di temperatura, durante la trasformazione, è praticamente nulla.
Nel tratto $CA$ si ha:
$DeltaS_[CA] = (1/T_A)(c_vT_A + RT_A) = c_v + R$ che sarebbe il calore scambiato dalla sorgente a temperatura $T_A$ con il gas.
Quindi si ha che
$DeltaS_[amb] = 0 -c_v/2 + c_v + R = R + c_v/2 = 7/4R $
Essendo il gas monoatomico, $c_v = 3/2 R$.
$P_A = 2P_B$
$V_A = 1/2 V_B$
$T_B = T_A$
I punti B e C sono legati da una isocora dove la pressione in C è maggiore di quella in B e infine una isobara è sita tra i punti C e A.
Tutto il ciclo avviene in maniera irreversibile: la trasformazione tra A e B è un'espansione adiabatica di Joule e le due trasformazioni isocora e isobara avvengono in maniera irreversibile.
Nell'isocora il gas viene posto con un termostato a temperatura $T_C = 2T_A$ per cui tutti gli stati intermedi sono di non equilibrio. Analoga cosa accade nella trasformazione tra C e A.
2) Si ha:
Trasformazione $AB$, adiabatica irreversibile, per cui $deltaQ = 0$ e $deltaL = 0$ da cui si evince che $dU =0$. Il gas non compie lavoro né scambia energia termica con l'ambiente.
Nel tratto $BC$ si ha una isocora, per cui $deltaL = 0$ e quindi $dU = deltaQ$.
L'energia interna è un differenziale esatto, per cui devo avere $Q = DeltaU = c_v(2T_A - T_A) = c_vT_a$.
Nel tratto $CA$ ho una isobara, per cui posso scrivere:
$L = P_C DeltaV = P_ADeltaV = P_A(V_A-V_C) $,
Inoltre, essendo $U=Q-L$
$Q= U+L = c_vdT + PdV = -c_vT_A + P_A(V_A-V_C) = -c_vT_A - P_AV_A = -(c_vT_A + RT_A)$
3) La variazione di entropia del gas estesa ad un ciclo è nulla e tale dev'essere la somma dei contributi di ciascun pezzo del ciclo.
Si ha:
$DeltaS_[gas] = DeltaS_1 + DeltaS_2 + DeltaS_3 $
Indicando con i numeri 1 2 e 3 i tratti $AB$, $BC$ e $CA$ rispettivamente.
Calcolando si ha che:
$DeltaS_1 = Rln(2)$, $DeltaS_2 = c_vln(2)$, e $DeltaS_3 = c_vln(1/2) + Rln(1/2) = -(c_vln(2) + Rln(2))$
E si vede facilmente che sommando i tre contributi alla variazione di entropia del gas si ha che $DeltaS_[gas] = 0$.
4) La variazione di entropia dell'universo è uguale alla somma della variazione di entropia dell'ambiente più quella del sistema (gas), per cui possiamo scrivere:
$DeltaS_U = DeltaS_[amb] + DeltaS_[gas]$.
Sapendo che $DeltaS_[gas] = 0$, non ci resta che calcolare la variazione di entropia dell'ambiente, scrivibile come:
$DeltaS_[amb] = DeltaS_[AB] + DeltaS_[BC] + DeltaS_[CA] $
Dove è intuitivo che i vari pezzi indicano rispettivamente le variazioni di entropia dell'ambiente nei rispettivi tratti del ciclo.
Si ha che:
$DeltaS_[AB]= 0$ perché il sistema non scambia calore con l'ambiente esterno nel tratto $AB$ (espansione adiabatica di Joule) e quindi non v'è interazione termodinamica né lavoro meccanico con l'ambiente.
Nel tratto $BC$ si ha che:
$DeltaS_[BC] = -c_v/2$, risultato dell'integrale di $dU/T$ della sorgente a temperatura T_C = 2T_A, la sorgente è un termostato per cui la variazione di temperatura, durante la trasformazione, è praticamente nulla.
Nel tratto $CA$ si ha:
$DeltaS_[CA] = (1/T_A)(c_vT_A + RT_A) = c_v + R$ che sarebbe il calore scambiato dalla sorgente a temperatura $T_A$ con il gas.
Quindi si ha che
$DeltaS_[amb] = 0 -c_v/2 + c_v + R = R + c_v/2 = 7/4R $
Essendo il gas monoatomico, $c_v = 3/2 R$.
Qualcuno può dirmi se la procedura è esatta?
C'è qualche errore?
Ho un dubbio. Nell'isobara ho calcolato l'integrale del lavoro, assumendo che la pressione sia costante e il volume vari linearmente, ma ovviamente nei vari punti intermedi la pressione non sarà uguale a $P_A$, perché la trasformazione è irreversibile e $deltaL$ non è un differenziale esatto.
C'è qualche errore?
Ho un dubbio. Nell'isobara ho calcolato l'integrale del lavoro, assumendo che la pressione sia costante e il volume vari linearmente, ma ovviamente nei vari punti intermedi la pressione non sarà uguale a $P_A$, perché la trasformazione è irreversibile e $deltaL$ non è un differenziale esatto.
"Black Magic":
Qualcuno può dirmi se la procedura è esatta?
C'è qualche errore?
Ho un dubbio. Nell'isobara ho calcolato l'integrale del lavoro, assumendo che la pressione sia costante e il volume vari linearmente, ma ovviamente nei vari punti intermedi la pressione non sarà uguale a $ P_A $, perché la trasformazione è irreversibile e $ deltaL $ non è un differenziale esatto.
Non ho letto tutto con la dovuta attenzione, ma voglio risponderti su questo dubbio: se hai un sistema che si espande contro una pressione costante esterna, il lavoro compiuto dal sistema sull'esterno è comunque pari alla pressione esterna moltiplicata per la variazione di volume del sistema. Anche se la trasformazione del sistema è irreversibile. Non puoi calcolare il lavoro in funzione della pressione interna del sistema(visto la irreversibilità) , ma puoi farlo appunto in funzione della pressione esterna insomma.
"Faussone":
[quote="Black Magic"]Qualcuno può dirmi se la procedura è esatta?
C'è qualche errore?
Ho un dubbio. Nell'isobara ho calcolato l'integrale del lavoro, assumendo che la pressione sia costante e il volume vari linearmente, ma ovviamente nei vari punti intermedi la pressione non sarà uguale a $ P_A $, perché la trasformazione è irreversibile e $ deltaL $ non è un differenziale esatto.
Non ho letto tutto con la dovuta attenzione, ma voglio risponderti su questo dubbio: se hai un sistema che si espande contro una pressione costante esterna, il lavoro compiuto dal sistema sull'esterno è comunque pari alla pressione esterna moltiplicata per la variazione di volume del sistema. Anche se la trasformazione del sistema è irreversibile. Non puoi calcolare il lavoro in funzione della pressione interna del sistema(visto la irreversibilità) , ma puoi farlo appunto in funzione della pressione esterna insomma.[/quote]
Ciao,
grazie, in effetti avevo dimenticato di dire proprio che posso usare la pressione esterna.
Per il resto, pensi che io abbia proceduto correttamente?
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