Trasformazione termica impossibile
Due moli di idrogeno, inizialmente alla temperatura $T_0 = 300K$ e a pressione $p_0$, si espandono assorbendo il calore $Q = 5590 J$ fino a raggiungere uno stato finale con pressione $p_0$ e temperatura $T_1 = 400K$. Si dica quali tra le seguenti trasformazioni reversibili potrebbe avere compito il gas:
a) trasformazione isobara;
b) riscaldamento isocoro seguito da espansione isoterma;
c) espansione isoterma seguita da riscaldamento isocoro.
[ Si assuma l’idrogeno un gas biatomico ideale]
a me risulta che tutte e tre violino il primo principio... però mi sembra strano...
a) trasformazione isobara;
b) riscaldamento isocoro seguito da espansione isoterma;
c) espansione isoterma seguita da riscaldamento isocoro.
[ Si assuma l’idrogeno un gas biatomico ideale]
a me risulta che tutte e tre violino il primo principio... però mi sembra strano...
Risposte
Be se la pressione iniziale e finale sono uguali sarei tentato per l'isobara.
Mi disegno sul piano $P,V$ le due iperboli corrispondenti alle temperature $300 K$ e $400 K$ (quella a temperatura maggiore "è più lontana dall'origine") e traccio la retta orizzontale in corrispondenza di $P_o$ in modo da congiungere le due iperboli.
Prendo per convenzione il calore positivo se assorbito dal gas e il lavoro positivo se compiuto sul gas, quindi in caso di compressione.
Per il primo principio $DeltaE=Q + L$, inoltre sappiamo per i gas perfetti essere la $E(T)$ funzione della sola temperatura, in particolare
$DeltaE=n*c_m^v*DeltaT=(2*5/2*R*100)J=4155 J$ ed il calore assorbito $Q=5590J$
il lavoro risulta quindi $L=-1435 J$, negativo perchè si tratta di un'espansione.
ma forse non ho capito il tuo dubbio
Mi disegno sul piano $P,V$ le due iperboli corrispondenti alle temperature $300 K$ e $400 K$ (quella a temperatura maggiore "è più lontana dall'origine") e traccio la retta orizzontale in corrispondenza di $P_o$ in modo da congiungere le due iperboli.
Prendo per convenzione il calore positivo se assorbito dal gas e il lavoro positivo se compiuto sul gas, quindi in caso di compressione.
Per il primo principio $DeltaE=Q + L$, inoltre sappiamo per i gas perfetti essere la $E(T)$ funzione della sola temperatura, in particolare
$DeltaE=n*c_m^v*DeltaT=(2*5/2*R*100)J=4155 J$ ed il calore assorbito $Q=5590J$
il lavoro risulta quindi $L=-1435 J$, negativo perchè si tratta di un'espansione.
ma forse non ho capito il tuo dubbio
mm però adesso ho notato una cosa, che in una isobara il calore assorbito è $n*c_n^p*DeltaT$, e se calcolo ottengo
$Q=(2*7/2*R*100)J=5820J$, diverso da quello fornito dal problema.
Anche perchè in effetti, se guardi sul piano $P,V$, puoi raggiungere un punto alla stessa pressione sull'altra isoterma in tutti e tre i modi descritti lì. Quindi dammi un attimo, o meglio ancora aspettiamo qualcun altro
$Q=(2*7/2*R*100)J=5820J$, diverso da quello fornito dal problema.
Anche perchè in effetti, se guardi sul piano $P,V$, puoi raggiungere un punto alla stessa pressione sull'altra isoterma in tutti e tre i modi descritti lì. Quindi dammi un attimo, o meglio ancora aspettiamo qualcun altro
Ho provato la strada c, trovando il calore per entrambe le trasformazioni e mi ritrovo con quello dato dal problema, anche se non ho provato la strada a
Nel testo dell'esercizio viene specificato che la trasformazione è reversibile, che significa che non è sufficiente un bilancio di primo principio.
Conoscendo pressione e temperatura nello stato iniziale e finale e sapendo che si tratta di un gas perfetto, si può calcolare anche la variazione di entropia.
Per una trasformazione reversibile $dS=(\bar d Q)/T$
Conoscendo pressione e temperatura nello stato iniziale e finale e sapendo che si tratta di un gas perfetto, si può calcolare anche la variazione di entropia.
Per una trasformazione reversibile $dS=(\bar d Q)/T$
"nnsoxke":
Nel testo dell'esercizio viene specificato che la trasformazione è reversibile, che significa che non è sufficiente un bilancio di primo principio.
Conoscendo pressione e temperatura nello stato iniziale e finale e sapendo che si tratta di un gas perfetto, si può calcolare anche la variazione di entropia.
Per una trasformazione reversibile $dS=(\bar d Q)/T$
Be ma se il problema ci chiede quale trasformazione ha portato il sistema dallo stato iniziale a quello finale, non vedo come trovare l'entropia ,che è una funzione di stato, possa aiutare, la quale, in quanto appunto funzione solo dello stato finale ed iniziale, non dipende dal cammino percorso. Infatti per il calcolo dell'entropia si può usare una qualsiasi trasformazione che congiunga i due stati.
Mentre il calore dipende dalle trasformazioni eseguite, cioè non è una funzione di stato, infatti è il dato che viene fornito per trovare la trasformazione/trasformazioni che hanno portato dallo stato iniziale a quello finale.
Infatti ho provato a calcolare il calore assorbito in caso di un'espansione isobara e ho trovato un valore diverso dal calore fornito dal problema.
Ho quindi provato con espansione isoterma seguita da riscaldamento isocoro e mi sono ritrovato con i $ 5590 J$ del problema. Ma ripeto non ho provato la strada a.
Però boh
L'entropia è una funzione di stato, ma per una trasformazione qualsiasi la variazione infinitesima di entropia è maggiore del rapporto tra calore infinitesimo scambiato e temperatura.
Solo per le trasformazioni reversibili è uguale.
Solo per le trasformazioni reversibili è uguale.
Ok, ma questo come ci permette di scegliere fra tre trasformazioni reversibili che avvengono tra gli stessi estremi?
Giusto, basta solo il 1° principio.
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