Termodinamica esercizio Lavoro ed entropia in adiabatica irr

[imarco-votailprof]

Salve a tutti, Vorrei cortesemente sapere se l'esercizio seguente di fisica è svolto in maniera corretta. Non mi interessano i calcoli, l'importante è che il ragionamento sia corretto. Sono praticamente certo di aver sbagliato il b. Sto studiando da settimane sull'entropia dell'adiabatica irreversibile, so nelal teoria cos'è ma non capisco come calcolarla!
Grazie
p.s. in caso di errori potreste spiegarmeli. Grazie.

un gas ideale monoatomico è racchiuso in un contenitore di volume VA=4,8litri, alla pressione pA= 1atm e alla temperatura ambiente TA=20°C. Il volume del gas viene portato al valore VB=3VA mediante una trasformazione adiabatica irreversibile. Successivamente, mantenendo il gas a contatto termico con l’ambiente a temperatura TA, si riporta il gas, a volume costante, alla temperatura TA assorbendo dall’ambiente il calore Q=356J. Infine con una trasformazione isoterma reversibile alla temperatura ambiente il gas ritorna allo stato iniziale. Calcolare:
(a) Il lavoro complessivo scambiato dal gas;
(b) La variazione di entropia del gas nella prima trasformazione.



DATI :

VA = 4,8litri → 4,8x10-3 m3
pA = 1atm → 1,013x105 Pa
TA = 20°C → 297 K
VB = 3VA
VC = VB =3VA
Tc = TA
Qbc = 356J

(a) Il lavoro complessivo scambiato dal gas è pari a:
W=WAB+WBC+WCD
Ora, noi abbiamo già uno dei 3 lavori: WBC poiché sappiamo che il una trasformazione isocora W=0
Per l’adiabatica e l’isoterma conosciamo W, dati da:
Wad = -n cv (TB-TA)
Wic = nRTA ln(VB/VA)
A noi mancano n e TB da
pVA = nRTA
ricaviamo n
Invece da
QBC= n cv (TB-TA)
ricaviamo TB
Avendo adesso tutti i valori possiamo calcolare W.
Ricordandoci che: WAB è lavoro fatto; WBC =0; WCD è lavoro subito.
Quindi
W=WAB-|WCD|

(b) la variazione di entropia in una trasformazione adiabatica irreversibile è uguale a
SB-SA=ΔS>0
L’entropia in questa trasformazione non è direttamente calcolabile poiché l’adiabatica non ha variazioni di calore (almeno quella reversibile). In quella irreversibile la variazione del calore è dovuta ad attriti che ci impediscono di riottenere le condizioni iniziali.
Per calcolare ΔS possiamo calcolare SB ed SA e sottrarre. (?)
Ottenendo dunque: nRln(VA/VC)-ncvln(TB-TA) ottenendo così ΔS>0
Oppure possiamo fare con QCA/TA-QBC/TB (?)

chiedo scusa per com'è scritto, ma l'avevo scritto su word prima di postarlo quì...

[Sk_Anonymous]

Quando si parla di variazione, ci si riferisce sempre ad una funzione di stato. Per questo non si dovrebbe mai parlare di "variazione di calore" o di "variazione di lavoro".

[imarco-votailprof]

"speculor":Per questo non si dovrebbe mai parlare di "variazione di calore" o di "variazione di lavoro".

Mea culpa... Il calore ed il lavoro si scambiano ... Il lavoro può essere fatto o subito il calore acquisito o ceduto...
Ma in se l'esercizio è corretto?

[Sk_Anonymous]

Scusa ma, il tratto BC non dovrebbe essere diretto verso l'alto?

[imarco-votailprof]

"speculor":Scusa ma, il tratto BC non dovrebbe essere diretto verso l'alto?

si... in effetti Tc>Tb , pb/Tb=pc/tc... quindi si è verso l'alto...
Ma in se l'esercizio è corretto?

[Fijimas]

Ciao, ti illustrerò brevemente cosa c'è di concettualmente debole nel tuo svolgimento del punto b.
Una trasformazione di espansione libera del gas (quindi irreversibile) prevede, come sai, W=0 (La variazione di volume è dovuta a forze interne al tuo sistema), Q=0 (Le pareti del recipiente sono adiabatiche) -> deltaU è nullo.
Dal momento che il deltaU dipende esclusivamente dalla temperatura del gas ne deduciamo che deltaT è nullo, ovvero T=cost.
Allora è possibile trovare una curva isoterma che passi per i due valori forniti del volume.
In pratica io scriverei, partendo dalla definizione di entropia:

deltaS=(Q/T)= [nRTln(Vf/Vi)]/[T]= nRln(Vf/Vi)

Il risultato a cui siamo giunti è semplice e logico: Se un gas spontaneamente espande il volume del recipiente in cui è racchiuso la sua entropia (quindi il suo disordine) aumenta, e ciò è testimoniato dal fatto che se Vf>Vi il ln da un valore positivo.
Ciò che noi uomini non vedremo mai è il pistone di un recipiente che scende a causa di un gas che detesta l'entropia
Spero di aver risposto come desideravi. Ciao ciao[/chesspos]

[imarco-votailprof]

"Fijimas":Ciao, ti illustrerò brevemente cosa c'è di concettualmente debole nel tuo svolgimento del punto b.
Una trasformazione di espansione libera del gas (quindi irreversibile) prevede, come sai, W=0 (La variazione di volume è dovuta a forze interne al tuo sistema), Q=0 (Le pareti del recipiente sono adiabatiche) -> deltaU è nullo.
Dal momento che il deltaU dipende esclusivamente dalla temperatura del gas ne deduciamo che deltaT è nullo, ovvero T=cost.
Allora è possibile trovare una curva isoterma che passi per i due valori forniti del volume.
In pratica io scriverei, partendo dalla definizione di entropia:

deltaS=(Q/T)= [nRTln(Vf/Vi)]/[T]= nRln(Vf/Vi)

Il risultato a cui siamo giunti è semplice e logico: Se un gas spontaneamente espande il volume del recipiente in cui è racchiuso la sua entropia (quindi il suo disordine) aumenta, e ciò è testimoniato dal fatto che se Vf>Vi il ln da un valore positivo.
Ciò che noi uomini non vedremo mai è il pistone di un recipiente che scende a causa di un gas che detesta l'entropia
Spero di aver risposto come desideravi. Ciao ciao[/chesspos]

ma la mia trasformazione è una adiabatica irreversibile non comportata da una espansione libera del gas...
Come si dovrebbe calcolare se ho una adiabatica irreversibile da uno stato A a B con es. Ta

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[Fijimas]

Mmmh... Allora, se il lavoro è compiuto dall'esterno W diverso da 0, quindi deltaU diverso da zero e quindi si ha una variazione anche di temperatura... Io suddividerei il contributo entropico totale in due contributi distinti: uno che va da uno stato con Vi, Ti; ad uno che va ad uno stato con Vf, Tf. Magari con un percorso isobaro e uno isocoro.

[Sk_Anonymous]

Scusa ma, sei sicuro che la seconda trasformazione sia reversibile?

[Fijimas]

Non ci sono indizi che mi fanno presumere il contrario...

[Sk_Anonymous]

Il testo è piuttosto ingannevole. In ogni modo, se interpretato alla lettera, come è giusto che sia, la seconda trasformazione non può essere reversibile. Nel frattempo, ho fatto un po' di conti:

$\{(P_B=P_A/3-(2Q)/(9V_A)),(V_B=3V_A),(T_B=T_A-(2QT_A)/(3P_AV_A)):}$

$\{(P_C=P_A/3),(V_C=3V_A),(T_C=T_A):}$

Ora è possibile calcolare, con la dovuta attenzione, tutte le grandezze richieste.