Esercizio 81mercurio e due gas in cilindri comunicanti

Testo (tema d'esame del 10 febbraio 2023, problema 2). Un recipiente con pareti adiabatiche è formato da due cilindri uguali, $A$ e $B$, di sezione $S = 5$ dm² e altezza $h = 90$ cm, disposti verticalmente e collegati tra loro alla base da un condotto di volume trascurabile (vedi figura). Nel recipiente si trova del mercurio, con densità $\rho = 13{,}6 \cdot 10^3$ kg/m³. Nella parte superiore dei cilindri sono intrappolate rispettivamente $n_A$ moli di gas ideale monoatomico e $n_B$ moli di gas ideale, separati dal mercurio da due setti isolanti, di volume e massa trascurabili. Inizialmente il livello del mercurio nel recipiente $B$ eccede quello in $A$ di $h/3$, la pressione del gas in $A$ è $p_{A,i} = 7 \cdot 10^4$ Pa e la temperatura dei gas in $A$ e $B$ è la stessa, pari a $200$ K. Determinare:

a) la pressione iniziale del gas $B$; b) i valori di $n_A$ e $n_B$.

Successivamente, al gas in $B$ viene fornita reversibilmente una quantità di calore $Q_B$ in modo che, alla fine, il fluido incomprimibile raggiunga lo stesso livello nei due cilindri ($h_f = h/2$). Determinare:

c) la pressione finale del gas in $A$; d) le temperature finali dei gas in $A$ e $B$; e) il lavoro subito dal gas in $A$ durante la trasformazione.

Figura. Due cilindri affiancati, collegati in basso. In $A$ il mercurio arriva a $30$ cm dal fondo e sopra c'è una colonna di gas alta $60$ cm; in $B$ il mercurio arriva a $60$ cm e il gas sopra è alto $30$ cm.

Impostazione

Il problema mette insieme la statica dei fluidi (il mercurio fa da "bilancia" tra le due pressioni) e i gas ideali. Il gas $A$ è chiuso tra pareti adiabatiche e un setto isolante: non scambia mai calore.

a) Pressione iniziale del gas $B$

Livelli. Il mercurio totale riempie $30 + 60 = 90$ cm di cilindro, e alla fine si divide in due colonne uguali di $45$ cm ($h_f = h/2$ ✓). All'inizio le colonne sono $30$ cm in $A$ e $60$ cm in $B$ (differenza $h/3 = 30$ cm).

Stevino. Due punti del mercurio alla stessa quota, collegati attraverso il mercurio stesso, hanno la stessa pressione (Statica dei fluidi - pressione e legge di StevinoIn un fluido in quiete la forza sulle superfici è descritta dalla pressione p = F/S, uguale in tutte le direzioni. Con la gravità la pressione cresce con la profondità: p = p0 + ρgh (Stevino). Conseguenze: principio di Pascal, vasi comunicanti, barometro e manometro.Statica dei fluidi - pressione e legge di Stevino →). Si confrontano la superficie del mercurio in $A$ e il punto alla stessa quota in $B$, che sta $30$ cm sotto la superficie del mercurio in $B$:

$$p_A = p_B + \rho g\,\frac{h}{3} \quad\Longrightarrow\quad p_B = p_A - \rho g\,\frac{h}{3} = 7 \cdot 10^4 - 13\,600 \cdot 9{,}81 \cdot 0{,}3 = 7 \cdot 10^4 - 4{,}00 \cdot 10^4 = 3{,}0 \cdot 10^4\ \text{Pa}$$

Il gas con il livello di mercurio più basso ha la pressione più alta: spinge giù il mercurio. Le superfici libere qui non sono all'aria, ma ciascuna alla pressione del gas che la sovrasta.

b) Numero di moli

Volumi iniziali: $V_A = S \cdot 0{,}6 = 0{,}030$ m³ $= 30$ dm³, $V_B = S \cdot 0{,}3 = 0{,}015$ m³ $= 15$ dm³. Equazione di stato (Gas ideali - equazione di statoUn gas abbastanza rarefatto obbedisce all'equazione di stato pV = nRT, con R = 8,31 J/(mol·K) e T in kelvin. Riassume le leggi di Boyle (isoterma), di Gay-Lussac (isobara e isocora) e di Avogadro. Per n fisso: pV/T è costante tra due stati qualsiasi.Gas ideali - equazione di stato →):

$$n_A = \frac{p_A V_A}{R T} = \frac{7 \cdot 10^4 \cdot 0{,}030}{8{,}31 \cdot 200} = \frac{2100}{1662} = 1{,}26$$

$$n_B = \frac{p_B V_B}{R T} = \frac{3{,}0 \cdot 10^4 \cdot 0{,}015}{1662} = \frac{450}{1662} = 0{,}27$$

c) Pressione finale del gas $A$

Volumi finali. Con il mercurio a $45$ cm in entrambi, i due gas occupano $45$ cm di cilindro ciascuno: $V_{A,f} = V_{B,f} = 0{,}05 \cdot 0{,}45 = 0{,}0225$ m³ $= 22{,}5$ dm³. Il gas $A$ viene compresso da $30$ a $22{,}5$ dm³, il gas $B$ si espande da $15$ a $22{,}5$ dm³.

Che trasformazione fa il gas $A$. Non scambia calore (adiabatico), e viene compresso lentamente: il calore a $B$ è fornito reversibilmente, quindi il mercurio sale in $A$ passando per stati di equilibrio. È un'adiabatica reversibile, e vale l'equazione di Poisson con $\gamma = \frac53$ (monoatomico) (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 →):

$$p_{A,f} = p_{A,i}\left(\frac{V_{A,i}}{V_{A,f}}\right)^{\gamma} = 7 \cdot 10^4 \cdot \left(\frac{30}{22{,}5}\right)^{5/3} = 7 \cdot 10^4 \cdot 1{,}615 = 1{,}13 \cdot 10^5\ \text{Pa}$$

Alla fine i livelli sono uguali, quindi per Stevino anche le pressioni dei due gas sono uguali: $p_{B,f} = p_{A,f} = 1{,}13 \cdot 10^5$ Pa.

d) Temperature finali

Gas $A$, con l'altra forma di Poisson ($TV^{\gamma - 1}$ costante):

$$T_{A,f} = T_i\left(\frac{V_{A,i}}{V_{A,f}}\right)^{\gamma - 1} = 200 \cdot \left(\frac{4}{3}\right)^{2/3} = 200 \cdot 1{,}211 = 242\ \text{K}$$

Controllo con l'equazione di stato: $\frac{p_{A,f} V_{A,f}}{n_A R} = \frac{1{,}13 \cdot 10^5 \cdot 0{,}0225}{1{,}26 \cdot 8{,}31} = 242$ K ✓.

Gas $B$, dall'equazione di stato (non si sa che gas sia, ma per la temperatura non serve):

$$T_{B,f} = \frac{p_{B,f} V_{B,f}}{n_B R} = \frac{1{,}13 \cdot 10^5 \cdot 0{,}0225}{0{,}27 \cdot 8{,}31} = 1132\ \text{K}$$

Il gas $B$ deve diventare molto caldo: ha poche moli, e per spingere il mercurio fino a pareggiare i livelli la sua pressione deve quasi quadruplicare mentre il volume cresce del $50\%$.

e) Lavoro subito dal gas $A$

Adiabatica: $Q = 0$, quindi per il primo principio il lavoro compiuto dal gas è $W_A = -\Delta U_A$ (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 →). Per il monoatomico $c_V = \frac32 R$:

$$W_A = -n_A c_V\,(T_{A,f} - T_i) = -1{,}26 \cdot 12{,}47 \cdot 42{,}3 = -666\ \text{J}$$

Il gas $A$ compie un lavoro negativo, cioè subisce un lavoro di $666$ J, che va tutto in aumento della sua energia interna. (La soluzione ufficiale, con $T_{A,f} = 242{,}8$ K, scrive $-673$ J.)

Da dove viene questa energia. Il gas $B$, espandendosi, compie lavoro sul mercurio, che a sua volta comprime $A$. Nel frattempo il mercurio, pareggiando i livelli, abbassa il suo centro di massa: la sua energia potenziale passa da $\rho S g\,(0{,}3 \cdot 0{,}15 + 0{,}6 \cdot 0{,}3)$ a $\rho S g \cdot 2 \cdot 0{,}45 \cdot 0{,}225$, cioè diminuisce di $150$ J. Il bilancio (il mercurio parte e arriva fermo) è

$$W_B = |W_A| + \Delta U_{Hg} = 666 - 150 = 516\ \text{J}$$

il lavoro compiuto dal gas $B$: una parte dell'energia per comprimere $A$ la fornisce il mercurio che "scende".

Risultati

Errori comuni

• Invertire le pressioni: il gas sopra il livello di mercurio più basso è quello a pressione maggiore (è lui che tiene giù il mercurio).
• Usare $pV =$ costante per il gas $A$: non è isoterma, è adiabatica reversibile ($pV^\gamma$ costante, con $\gamma = 5/3$).
• Usare $\gamma = 7/5$: il gas $A$ è monoatomico.
• Dimenticare che alla fine le pressioni sono uguali: livelli uguali vogliono dire pressioni uguali.