Esercizio 80peso appoggiato su un pistone adiabatico

Testo (secondo compitino del 18 giugno 2011, problema 3). $n = 1{,}5$ moli di gas ideale biatomico sono contenute in un cilindro di sezione $S = 1$ dm², chiuso superiormente da un pistone adiabatico di massa trascurabile; la pressione esterna è $p_A = 10^5$ Pa e il gas è in equilibrio alla temperatura $T_A = 300$ K. Si poggia sul pistone un oggetto di massa $m = 20$ kg e si attende che si raggiunga il nuovo stato di equilibrio $B$. La trasformazione $AB$ è adiabatica (si considerino cioè trascurabili gli scambi termici attraverso le pareti del cilindro in questa rapida trasformazione).

a) Si determini il volume iniziale $V_A$, la pressione $p_B$ e si dimostri che la temperatura del gas nello stato $B$ è $T_B = 316{,}8$ K.

Il gas viene successivamente scaldato reversibilmente in maniera isocora fino alla temperatura $T_C = 400$ K; viene poi compiuta un'espansione isoterma reversibile fino allo stato $D$ con volume $V_D = V_A$. Un raffreddamento isocoro reversibile riporta infine il gas nello stato iniziale $A$. Si disegni il ciclo nel piano di Clapeyron e si determini:

b) il calore assorbito nel ciclo; c) il rendimento del ciclo; d) la variazione di entropia dell'Universo nel ciclo.

Impostazione

Che tipo di trasformazione è $AB$. Si appoggia la massa di colpo: da quel momento la pressione esterna sul gas vale $p_B = p_A + mg/S$ ed è costante. Il gas viene compresso bruscamente, passa per stati di non equilibrio (oscillazioni del pistone, moti turbolenti) e alla fine si ferma in $B$. È una compressione adiabatica (rapida, niente calore) ma irreversibile: non si può usare l'equazione di Poisson $pV^\gamma =$ costante, che vale solo per le adiabatiche reversibili (Trasformazioni dei gas idealiPer ogni trasformazione di un gas ideale si calcolano ΔU = n c_V ΔT, il lavoro W e il calore Q = ΔU + W. Isocora: W = 0. Isobara: W = nRΔT, Q = n c_p ΔT. Isoterma reversibile: ΔU = 0, Q = W = nRT ln(Vf/Vi). Adiabatica reversibile: Q = 0, pV^γ costante. Adiabatica irreversibile: n c_V ΔT = −p_est ΔV.Trasformazioni dei gas ideali →).

a) Volume iniziale, pressione e temperatura in $B$

Volume iniziale:

$$V_A = \frac{n R T_A}{p_A} = \frac{1{,}5 \cdot 8{,}31 \cdot 300}{10^5} = 0{,}0374\ \text{m}^3 = 37{,}4\ \text{dm}^3$$

Pressione finale. All'equilibrio il pistone (di massa trascurabile) è fermo: la pressione del gas regge l'atmosfera e il peso dell'oggetto,

$$p_B = p_A + \frac{m g}{S} = 10^5 + \frac{20 \cdot 9{,}81}{0{,}01} = 10^5 + 19\,620 = 1{,}196 \cdot 10^5\ \text{Pa}$$

Temperatura finale. Primo principio con $Q = 0$ (Primo principio della termodinamicaUn sistema scambia energia con l'ambiente come calore Q (assorbito: positivo) e come lavoro W (fatto dal sistema: positivo). La variazione di energia interna, che è una funzione di stato, è ΔU = Q − W. È la conservazione dell'energia estesa ai fenomeni termici.Primo principio della termodinamica →): $\Delta U = -W_{AB}$. Il lavoro compiuto dal gas si calcola con la pressione esterna, che è costante e vale $p_B$ (Lavoro termodinamicoUn gas che cambia volume compie lavoro W = ∫ p_est dV sull'ambiente; per una trasformazione quasistatica p_est = p e W è l'area sotto la curva nel piano p-V. Il lavoro dipende dal percorso, non solo dagli stati iniziale e finale; in un ciclo è l'area racchiusa.Lavoro termodinamico →):

$$W_{AB} = p_B\,(V_B - V_A)$$

Il volume finale non è noto, ma si scrive con l'equazione di stato in $B$, $V_B = nRT_B/p_B$, e $V_A = nRT_A/p_A$:

$$n c_V (T_B - T_A) = -p_B\,(V_B - V_A) = p_B V_A - n R T_B = n R T_A\,\frac{p_B}{p_A} - n R T_B$$

Si semplifica $n$ e si raccolgono i termini in $T_B$:

$$T_B\,(c_V + R) = T_A\left(c_V + R\,\frac{p_B}{p_A}\right) \quad\Longrightarrow\quad T_B = T_A\,\frac{c_V + R\,p_B/p_A}{c_V + R}$$

$$T_B = 300 \cdot \frac{20{,}78 + 8{,}31 \cdot 1{,}196}{29{,}09} = 300 \cdot \frac{30{,}72}{29{,}09} = 316{,}8\ \text{K} \;✓$$

Il gas si scalda: il lavoro fatto su di lui dal peso e dall'atmosfera diventa energia interna. Il volume finale è $V_B = nRT_B/p_B = 33{,}0$ dm³ (il pistone scende di $43{,}8$ cm: il cilindro è stretto, $1$ dm² di sezione) e il lavoro vale $W_{AB} = 1{,}196 \cdot 10^5 \cdot (33{,}0 - 37{,}4) \cdot 10^{-3} = -524$ J.

Confronto con l'adiabatica reversibile. Comprimendo reversibilmente fino alla stessa pressione si avrebbe $T = T_A (p_B/p_A)^{(\gamma - 1)/\gamma} = 300 \cdot 1{,}196^{0{,}286} = 315{,}8$ K: la compressione brusca scalda un po' di più, perché la pressione esterna è subito la massima per tutto il percorso.

Il ciclo nel piano di Clapeyron

$AB$ (irreversibile, si disegna tratteggiata: gli stati intermedi non sono di equilibrio) va verso sinistra e in alto; $BC$ è un segmento verticale verso l'alto; $CD$ un arco di iperbole verso destra; $DA$ un segmento verticale verso il basso. Il ciclo è percorso in senso orario: è una macchina termica.

b) Calore assorbito

Calore scambiato in ciascun tratto (Energia interna e calori specifici dei gas idealiL'energia interna di un gas ideale dipende solo dalla temperatura: ΔU = n c_V ΔT in qualunque trasformazione. I calori molari a volume e a pressione costante sono legati dalla relazione di Mayer c_p = c_V + R. Monoatomico: c_V = 3R/2; biatomico: c_V = 5R/2; γ = c_p/c_V.Energia interna e calori specifici dei gas ideali →):

$$Q_{ass} = Q_{BC} + Q_{CD} = 2592 + 621 = 3213\ \text{J}$$

c) Rendimento

Il lavoro netto del ciclo è la somma dei calori (nel ciclo $\Delta U = 0$):

$$W = Q_{BC} + Q_{CD} + Q_{DA} = 2592 + 621 - 3116 = 97\ \text{J}$$

$$\eta = \frac{W}{Q_{ass}} = 1 + \frac{Q_{DA}}{Q_{ass}} = 1 - \frac{3116}{3213} = 0{,}030$$

Un rendimento del $3\%$: il ciclo è "stretto" (piccola area nel piano $p$-$V$) e scambia molto calore nelle due isocore. (La soluzione ufficiale riporta $0{,}033$; con i suoi stessi calori, $3217$ J e $3116$ J, si ottiene $0{,}031$: la differenza viene dagli arrotondamenti, perché il rendimento è la differenza di due numeri vicini.)

d) Entropia dell'universo nel ciclo

Il gas. Alla fine del ciclo è tornato nello stato iniziale: $\Delta S_{gas} = 0$, come per ogni funzione di stato.

L'ambiente. Nei tratti reversibili ($BC$, $CD$, $DA$) ogni scambio di calore avviene con una sorgente alla stessa temperatura del gas (una serie di sorgenti, nelle isocore): l'entropia dell'universo non cambia. Nel tratto $AB$ l'ambiente non scambia calore (adiabatica) e non cambia stato. Quindi l'unico contributo è quello dell'irreversibilità di $AB$, che si legge sul gas: la variazione di entropia del gas in $AB$ (Calcolo delle variazioni di entropiaLe formule di ΔS per i casi d'esame: serbatoio Q/T, corpo che cambia temperatura mc ln(T2/T1), cambiamento di fase mλ/T, gas ideale n cV ln(T2/T1) + nR ln(V2/V1). Per le trasformazioni irreversibili si integra lungo una reversibile con gli stessi estremi.Calcolo delle variazioni di entropia →) si calcola lungo una trasformazione reversibile qualunque tra $A$ e $B$,

$$\Delta S_{gas}^{AB} = n c_V \ln\frac{T_B}{T_A} + n R \ln\frac{V_B}{V_A} = 31{,}16 \cdot 0{,}0546 + 12{,}47 \cdot (-0{,}1246) = 1{,}700 - 1{,}553 = 0{,}147\ \text{J/K}$$

Il resto del ciclo riporta il gas indietro restituendo questa entropia all'ambiente (reversibilmente). Nel bilancio complessivo:

$$\Delta S_{UN} = \Delta S_{gas}^{AB} = 0{,}15\ \text{J/K} > 0$$

positiva, come deve essere: l'unica trasformazione irreversibile è la compressione brusca (Secondo principio della termodinamicaNon esiste una macchina ciclica che trasformi in lavoro tutto il calore preso da un solo serbatoio (Kelvin-Planck), né una che porti calore dal freddo al caldo senza lavoro (Clausius): i due enunciati sono equivalenti. Trasformazioni reversibili e irreversibili.Secondo principio della termodinamica →). Per un'adiabatica reversibile sarebbe stata zero.

Risultati

Errori comuni

• Usare Poisson in $AB$: la compressione è brusca, quindi irreversibile; si usa il primo principio con il lavoro calcolato dalla pressione esterna.
• Calcolare il lavoro con la pressione iniziale del gas: conta la pressione esterna, che dal momento in cui si appoggia la massa vale $p_B$.
• Contare $Q_{DA}$ tra i calori assorbiti: è negativo, il gas si raffredda.
• Dire che $\Delta S_{UN} = 0$ perché il gas torna allo stato iniziale: il gas sì, l'universo no, perché nel ciclo c'è un tratto irreversibile.