Termodinamica: trasformazione ciclica
Buonasera. Il problema di oggi è il seguente: (mi sta dando parecchio filo da torcere ed ho bisogno di un piccolo incoraggiamento)
-n=25 moli di un gas perfetto avente$gamma=1.6$ subiscono le seguenti trasformazioni:
1)Un' espansione adiabatica reversibile che li porta da uno stato A($V_a=0.2$)ad uno B($P_b=2.5*10^5Pa$) e $T_b=30.0°$
2)Un' espansione isoterma reversibile che li porta in C
3)Una compressione adiabatica fino a D
4)Una compressione isobara a contatto con un termostato a temperatura $T_a$ che lo porta in A con una variazione entropica
$DeltaS=-30J/K$
Disegnare su un grafico gli stati del ciclo P-V e calcolarne le variabili di stato.
Sono eiuscito a calcolare le variabili solo nei primi due processi, ma non riesco a capire come utilizzare l' informazione della variazione entropica (ammesso che possa essere utile ai fini del calcolo delle variabili). Chiedo cortesemente una mano perchè mi sembra che non ho abbastanza equazioni per poter calcolare la temperatura ed il volume in D e la pressione ed il volume in C (mi vengono trè equazioni e 4 incognite):
$P_c*V_c=nRT_c$,$P_c*V_c^gamma=P_d*V_d^gamma$,$P_d*V_d=nRT_d$, incoltre non conosco nessun calore specifico ma solo il rapporto...
-n=25 moli di un gas perfetto avente$gamma=1.6$ subiscono le seguenti trasformazioni:
1)Un' espansione adiabatica reversibile che li porta da uno stato A($V_a=0.2$)ad uno B($P_b=2.5*10^5Pa$) e $T_b=30.0°$
2)Un' espansione isoterma reversibile che li porta in C
3)Una compressione adiabatica fino a D
4)Una compressione isobara a contatto con un termostato a temperatura $T_a$ che lo porta in A con una variazione entropica
$DeltaS=-30J/K$
Disegnare su un grafico gli stati del ciclo P-V e calcolarne le variabili di stato.
Sono eiuscito a calcolare le variabili solo nei primi due processi, ma non riesco a capire come utilizzare l' informazione della variazione entropica (ammesso che possa essere utile ai fini del calcolo delle variabili). Chiedo cortesemente una mano perchè mi sembra che non ho abbastanza equazioni per poter calcolare la temperatura ed il volume in D e la pressione ed il volume in C (mi vengono trè equazioni e 4 incognite):
$P_c*V_c=nRT_c$,$P_c*V_c^gamma=P_d*V_d^gamma$,$P_d*V_d=nRT_d$, incoltre non conosco nessun calore specifico ma solo il rapporto...
Risposte
Nulla?
spero che questa mia osservazione sia corretta e utile : in una trasformazione ciclica la variazione di entropia è nulla
siccome abbiamo 2 adiabatiche(in cui $DeltaS=0$),la variazione di entropia da $B$ a $C$ è opposta a quella da $D$ ad $A$
poi si potrebbe sfruttare la formula della variazione di entropia in una trasformazione isoterma
siccome abbiamo 2 adiabatiche(in cui $DeltaS=0$),la variazione di entropia da $B$ a $C$ è opposta a quella da $D$ ad $A$
poi si potrebbe sfruttare la formula della variazione di entropia in una trasformazione isoterma
Ci avevo pensato ma il volume che trovo (dello stato C) mi viene molto inferiore al risultato reale($V_c=0.921m^3$): $V_c=e^(-(Deltas)_(D->A)/(nR)+ln(V_b))=0.291m^3$, a meno che non sia sbagliato quello del prof!!
era sbagliato il risultato del prof! ora è tutto ok . Grazie quantunquemente
un' ultima domanda: ma in tal ciclo la variazione di entropia dell' universo è $DeltaS_u=30J/K$??
A dire il vero il testo non è completo, perché non dice se la trasformazione C-D adiabatica sia reversibile (mentre lo dice per la trasformazione A-B). Per risolvere il problema occorre che lo sia, altrimenti non se ne viene fuori, ma siccome il testo non lo dice espressamente non sarebbe lecito supporlo.
@Sciarra
Quella è solo la variazione di entropia del gas per la trasformazione isobara irreversibile.
La variazione di entropia dell'universo è pari alla variazione di entropia del gas nel ciclo (nulla perché siamo in un ciclo e l'entropia è una funzione di stato) più la variazione di entropia dell'universo, da calcolare per ogni trasformazione del gas tramite l'integrale $int \frac{dQ}{T_"est"}$ (nullo lungo le adiabatiche). La temperatura esterna è diversa per l'isoterma e per l'isobara come descritto dal testo del problema.
Quella è solo la variazione di entropia del gas per la trasformazione isobara irreversibile.
La variazione di entropia dell'universo è pari alla variazione di entropia del gas nel ciclo (nulla perché siamo in un ciclo e l'entropia è una funzione di stato) più la variazione di entropia dell'universo, da calcolare per ogni trasformazione del gas tramite l'integrale $int \frac{dQ}{T_"est"}$ (nullo lungo le adiabatiche). La temperatura esterna è diversa per l'isoterma e per l'isobara come descritto dal testo del problema.
Faussone scusa potresti spiegarmi meglio perfavore? (tutte le trasformazioni sono reversibili, tranne l' isobara). Da quel che ho capito dovrei calcolarmi $DeltaS_d->a$ che rispetto al gas è negativa (quindi l' ambiente assorbe energia) e sommarla alla variazione di entropia $DeltaS_b->c$ (isoterma) in cui è invece la sorgente a cederne?
Devi calcolare per l'ambiente esterno l'integrale di Clausius lungo l'isoterma e l'isobara. Tieni conto che per l'isoterma l'ambiente cede calore al gas visto che il gas si espande a temperatura costante e che la temperatura è costante appunto, quindi l'integrale diventa semplicemente il rapporto tra calore ceduto dall'ambiente (negativo) e temperatura; per l'integrale di Clausius lungo l'isobara, invece, il calore è ceduto all'ambiente, visto che il gas è compresso, anche in questo caso l'integrale diventa il rapporto tra il calore ceduto all'ambiente (positivo) e la temperatura costante a cui il calore è ceduto.
La somma dei due integrali dà la variazione di entropia dell'universo, poiché quella del gas è nulla, in quanto il gas compie un ciclo.
La somma dei due integrali dà la variazione di entropia dell'universo, poiché quella del gas è nulla, in quanto il gas compie un ciclo.
"Faussone":
per l'integrale di Clausius lungo l'isobara, invece, il calore è ceduto all'ambiente, visto che il gas è compresso, anche in questo caso l'integrale diventa il rapporto tra il calore ceduto all'ambiente (positivo) e la temperatura costante a cui il calore è ceduto
Ho un momento di nebbia sull'argomento (non a caso dicevo che sono arrugginito ..), non capisco come una compressione possa essere contemporaneamente isobara e a T costante, visto che PV=nRT... (ho un attimo di confusione)
la temperatura costante e' quella della sorgente,non del gas.
"Faussone":
Devi calcolare per l'ambiente esterno l'integrale di Clausius lungo l'isoterma e l'isobara. Tieni conto che per l'isoterma l'ambiente cede calore al gas visto che il gas si espande a temperatura costante e che la temperatura è costante appunto, quindi l'integrale diventa semplicemente il rapporto tra calore ceduto dall'ambiente (negativo) e temperatura; per l'integrale di Clausius lungo l'isobara, invece, il calore è ceduto all'ambiente, visto che il gas è compresso, anche in questo caso l'integrale diventa il rapporto tra il calore ceduto all'ambiente (positivo) e la temperatura costante a cui il calore è ceduto.
La somma dei due integrali dà la variazione di entropia dell'universo, poiché quella del gas è nulla, in quanto il gas compie un ciclo.
ma quindi al fine di calcarmi il calore ceduto nell' isobara dovrei prima calcolarmi $c_p$ e poi dividere il calore $nc_p*DeltaT$ per la tempertemperatura esterna $T_a$?
Esatto, la temperatura costante è quella della sorgente con cui si scambia il calore.
Devi calcolare il calore scambiato nell'isobara e dividerlo per la temperatura (costante) dell'ambiente con cui tale calore è scambiato (il termostato).
"Sciarra":
ma quindi al fine di calcarmi il calore ceduto nell' isobara dovrei prima calcolarmi $ c_p $ e poi dividere il calore $ nc_p*DeltaT $ per la tempertemperatura esterna $ T_a $?
Devi calcolare il calore scambiato nell'isobara e dividerlo per la temperatura (costante) dell'ambiente con cui tale calore è scambiato (il termostato).
"Sciarra":
la temperatura costante e' quella della sorgente,non del gas.
Ah ecco, adesso è più chiaro, anche se io non avrei usato la parola termostato.
posso chiederti il tuo risultato ? Quello del mio prof proprio non mi torna. Intanto ti dico i dati:
$T_a=347.9 K$ , $V_a=0.2m^3$, $P_a=361KPa$
$T_b=303K$ $V_b=0.252m^3$, $P_b=250KPa$
$T_c=//$ $V_c=0.291m^3$, $P_c=216KPa$
$T_d=366.7$,$V_d=0.211m^3$,$P_d=361KPa$
Il mio sarebbe:$DeltaS_u=|n*C_p*(DeltaT|_d^a)|/T_a-|30J/K|=2.42J/J$ con $c_p=c_v*gamma=14.97*1.6$ ma al mio prof viene 0.83
$T_a=347.9 K$ , $V_a=0.2m^3$, $P_a=361KPa$
$T_b=303K$ $V_b=0.252m^3$, $P_b=250KPa$
$T_c=//$ $V_c=0.291m^3$, $P_c=216KPa$
$T_d=366.7$,$V_d=0.211m^3$,$P_d=361KPa$
Il mio sarebbe:$DeltaS_u=|n*C_p*(DeltaT|_d^a)|/T_a-|30J/K|=2.42J/J$ con $c_p=c_v*gamma=14.97*1.6$ ma al mio prof viene 0.83
Non ho tempo per ora di fare i conti.. Tu peró non mi pare abbia seguito quanto ti ho scritto. Devi calcolare la variazione di entropia dell'ambiente lungo isobara e isoterma, la variazione di entropia del gas nell'isobara non c'entra. Rileggi quanto ti ho già scritto.
Edit
Ok, la variazione di entropia dell'ambiente lungo l'isoterma dovrebbe essere opposta a quella del gas nell'isobara. A questo punto, sviste a parte, non vedo errori.
Edit
Ok, la variazione di entropia dell'ambiente lungo l'isoterma dovrebbe essere opposta a quella del gas nell'isobara. A questo punto, sviste a parte, non vedo errori.
okok hai ragione. Ti espongo il mio ragionamento seguendo le tuo istruzioni:
$DeltaS_U=DeltaS_a+Deltas_g$ ove $DeltaS_a=$variazione entropica dell' ambiente, $DeltaS_g$=variazione entropica del gas
Considerando il nostro sistema formato da gas+ambiente avremo che la variazione di entropia per un intero ciclo non è zero. Questo accade in quanto la variazione di entropia del gas in un ciclo è zero (dato che il ciclo è chiuso e dato che l' entropia dipende solo dallo stato iniziale e finale di un processo) ma una parte del calore ceduto al termostato(=ambiente) nell' isobara si disperde (coneguenza del fatto che la trasformazione è irreversibile) e va ad aumentare l' entropia dell' universo, che aumenta inesorabilmente per qualunque processo irreversibile.
In conclusione:
$DeltaS_u=|n*c_v*ln(T_a/T_d)+nRln(V_a/V_d)|-|30J/K|$=0.82$. Puoi confermare?
Grazie mille
$DeltaS_U=DeltaS_a+Deltas_g$ ove $DeltaS_a=$variazione entropica dell' ambiente, $DeltaS_g$=variazione entropica del gas
Considerando il nostro sistema formato da gas+ambiente avremo che la variazione di entropia per un intero ciclo non è zero. Questo accade in quanto la variazione di entropia del gas in un ciclo è zero (dato che il ciclo è chiuso e dato che l' entropia dipende solo dallo stato iniziale e finale di un processo) ma una parte del calore ceduto al termostato(=ambiente) nell' isobara si disperde (coneguenza del fatto che la trasformazione è irreversibile) e va ad aumentare l' entropia dell' universo, che aumenta inesorabilmente per qualunque processo irreversibile.
In conclusione:
$DeltaS_u=|n*c_v*ln(T_a/T_d)+nRln(V_a/V_d)|-|30J/K|$=0.82$. Puoi confermare?
Grazie mille
"Sciarra":
[...]Puoi confermare?
Ehm.. no.
E' corretto dire che l'entropia del gas più resto dell'universo aumenta quando il gas compie un ciclo, visto che siamo in presenza di trasformazioni irreversibili, ma non è corretto il resto di quello che dici.
La variazione di entropia del solo gas in un ciclo è nulla, non importa se il gas ha subito nel ciclo trasformazioni irreversibili; è solo l'entropia del resto dell'universo (dell'ambiente) che è aumentata.
Pertanto non devi tener conto della variazione di entropia del gas nella trasformazione isobara.
Se volessi inserire nel conto la variazione di entropia del gas lungo l'isobara, dovresti allora sommare anche la variazione di entropia del gas in tutti gli altri tratti del ciclo, e otterresti alla fine per il gas variazione di entropia nulla.
ma allora qual'e' quest entropia?
in ogni caso io ho detto che l' entropia risulta nulla se consideriamo come sistema quello del solo gas, mentre NON e' nulla quando consideriamo gas+ambiente.
Ora se la trasformazione irreversibile e' quella lungo l'isobara perche' non dovrei prendere inconsiderazione questo processo?
Scusa faussone ma non riesco proprio a capire questo dettaglio...
in ogni caso io ho detto che l' entropia risulta nulla se consideriamo come sistema quello del solo gas, mentre NON e' nulla quando consideriamo gas+ambiente.
Ora se la trasformazione irreversibile e' quella lungo l'isobara perche' non dovrei prendere inconsiderazione questo processo?
Scusa faussone ma non riesco proprio a capire questo dettaglio...
"Sciarra":
ma allora qual'e' quest entropia?
in ogni caso io ho detto che l' entropia risulta nulla se consideriamo come sistema quello del solo gas, mentre NON e' nulla quando consideriamo gas+ambiente.
Ok questo passaggio.
"Sciarra":
Ora se la trasformazione irreversibile e' quella lungo l'isobara perche' non dovrei prendere inconsiderazione questo processo?
Scusa faussone ma non riesco proprio a capire questo dettaglio...
Non devi prendere in considerazione la variazione di entropia del gas dell'isobara, ma quella dell'ambiente sì.
Quindi, insomma, hai due termini nella sommatoria: la variazione di entropia dell'ambiente dell'isoterma (che essendo la trasformazione reversibile è opposta a quella del gas) e la variazione di entropia dell'ambiente dell'isobara. Le adiabatiche non contribuiscono perchè il gas non scambia calore con l'ambiente.
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