Esercizio 88gas che esce da una bombola, ciclo monotermo

Testo (secondo compitino del 17 giugno 2021, problema 3). $n = 3$ moli di gas ideale biatomico inizialmente alla temperatura $T_A = 300\ \text{K}$ uguale a quella dell'ambiente esterno sono contenute in una bombola alla pressione $p_A = 2 \cdot 10^5\ \text{Pa}$. La valvola che chiude la bombola viene aperta ed il gas fluisce rapidamente tramite un breve condotto in un cilindro chiuso superiormente da un pistone di massa trascurabile su cui grava un blocco di massa $M = 20\ \text{kg}$ (vedi figura). Inizialmente il pistone è appoggiato sul fondo del cilindro, che ha area di base $\Sigma = 10^{-2}\ \text{m}^2$. La pressione dell'ambiente esterno è $p_0 = 10^5\ \text{Pa}$. A seguito dell'apertura della valvola, il gas raggiunge il volume $V_B$. L'espansione del gas è sufficientemente rapida da poter essere considerata adiabatica (si trascurino cioè nell'espansione $AB$ gli scambi di calore attraverso le pareti diatermiche della bombola e del cilindro). Determinare:

a) il volume iniziale $V_A$ e la pressione del gas nello stato $B$: $V_A$, $p_B$; b) si dimostri che la temperatura dello stato $B$ è $T_B = 265\ \text{K}$.

Successivamente, a causa dello scambio termico con l'ambiente, il gas si porta nello stato $C$ a temperatura $T_C = T_A$. Infine, il gas viene riportato nello stato iniziale $A$ (viene quindi ricompresso nella bombola) con una compressione isoterma reversibile. Determinare:

c) il calore assorbito nella trasformazione $BC$ ed il lavoro complessivo (con il suo segno) compiuto dal gas nel ciclo; si disegni il ciclo nel piano di Clapeyron: $Q_{BC}$, $W_{\text{ciclo}}$; d) la variazione di entropia dell'Universo nel ciclo: $\Delta S_{\text{UN}}$.

(Figura: una bombola verticale collegata da un tubo al fondo di un cilindro verticale; nel cilindro un pistone di area $\Sigma$ con sopra il blocco $M$, e sopra ancora l'aria esterna a pressione $p_0$.)

Dati

Gas biatomico: $c_V = \frac52 R$, $c_p = \frac72 R$, $R = 8{,}31\ \text{J/(mol K)}$; $g = 9{,}81\ \text{m/s}^2$.

a) Volume iniziale e pressione di $B$

Volume della bombola, dall'equazione di stato dei gas idealipV = nRT con p in Pa, V in m³, T in K.Gas ideali - equazione di stato → nello stato $A$:

$$V_A = \frac{nRT_A}{p_A} = \frac{3 \cdot 8{,}31 \cdot 300}{2 \times 10^5} = 0{,}0374\ \text{m}^3 = 37{,}4\ \text{dm}^3$$

Pressione in $B$. Nello stato finale il pistone è fermo in equilibrio: la forza del gas dal basso, $p_B \Sigma$, bilancia la forza dell'aria dall'alto, $p_0 \Sigma$, e il peso del blocco, $Mg$ (il pistone ha massa trascurabile). Dividendo per $\Sigma$:

$$p_B = p_0 + \frac{Mg}{\Sigma} = 10^5 + \frac{20 \cdot 9{,}81}{10^{-2}} = 10^5 + 19\,620 = 1{,}196 \times 10^5\ \text{Pa}$$

Questa è anche la pressione esterna contro cui il gas si espande per tutta la durata di $AB$: il pistone, per salire, deve vincere sempre $p_0$ e il peso del blocco.

b) Temperatura di $B$

Perché non si può usare l'equazione di Poisson. L'espansione è adiabatica ma irreversibile: il gas esce di colpo dalla bombola, a $2 \times 10^5$ Pa, contro una pressione esterna di $1{,}196 \times 10^5$ Pa. Le due pressioni sono molto diverse, il gas non passa per stati di equilibrio, e $pV^\gamma = \text{cost}$ (che vale solo per adiabatiche reversibili, vedi 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 →) non si applica.

Si usa invece il primo principio. Adiabatica: $Q_{AB} = 0$, quindi $\Delta U_{AB} = -W_{AB}$.

• Il lavoro è fatto contro una pressione esterna costante, quindi (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 →) $W_{AB} = p_B (V_B - V_A)$.
• La variazione di energia interna del gas ideale dipende solo dalle temperature: $\Delta U_{AB} = n c_V (T_B - T_A)$.

$$p_B (V_B - V_A) = -n c_V (T_B - T_A)$$

L'incognita $V_B$ si esprime con l'equazione di stato in $B$, $V_B = \frac{nRT_B}{p_B}$, quindi $p_B V_B = nRT_B$:

$$nRT_B - p_B V_A = n c_V T_A - n c_V T_B \quad \Longrightarrow \quad n(R + c_V)\,T_B = n c_V T_A + p_B V_A$$

$$T_B = \frac{n c_V T_A + p_B V_A}{n(R + c_V)} = \frac{n c_V T_A + p_B V_A}{n c_p}$$

(si è usata la relazione di Mayer $R + c_V = c_p$). Numeri: $n c_V T_A = 3 \cdot 20{,}775 \cdot 300 = 18\,697{,}5\ \text{J}$, $p_B V_A = 1{,}196 \times 10^5 \cdot 0{,}0374 = 4473\ \text{J}$, $n c_p = 3 \cdot 29{,}085 = 87{,}26\ \text{J/K}$:

$$T_B = \frac{18\,697{,}5 + 4473}{87{,}26} = 265{,}6\ \text{K} \approx 265\ \text{K} \ ✓$$

Il gas si raffredda di circa $35$ K: ha speso energia interna per sollevare il blocco e spingere via l'aria. Nel seguito, come richiede il testo, si usa $T_B = 265$ K.

Volume di $B$: $V_B = \frac{nRT_B}{p_B} = \frac{3 \cdot 8{,}31 \cdot 265}{1{,}196 \times 10^5} = 0{,}0552\ \text{m}^3 = 55{,}2\ \text{dm}^3$ (bombola più la parte di cilindro sotto il pistone).

c) Calore in $BC$ e lavoro del ciclo

Il ciclo nel piano di Clapeyron.

• $A$ ($37{,}4\ \text{dm}^3$, $2 \times 10^5$ Pa, $300$ K) $\to$ $B$ ($55{,}2\ \text{dm}^3$, $1{,}196 \times 10^5$ Pa, $265$ K): espansione adiabatica irreversibile, da disegnare tratteggiata tra i due punti.
• $B \to C$: il gas, più freddo dell'ambiente, riceve calore attraverso le pareti diatermiche e si scalda fino a $300$ K. La pressione resta $p_B$ (il pistone col blocco è libero e sempre in equilibrio): è un riscaldamento isobaro, un segmento orizzontale verso destra. $V_C = \frac{nRT_A}{p_B} = \frac{3 \cdot 8{,}31 \cdot 300}{1{,}196 \times 10^5} = 62{,}5\ \text{dm}^3$.
• $C \to A$: compressione isoterma reversibile a $300$ K, un arco di iperbole da $C$ a $A$, verso sinistra e verso l'alto.

Il ciclo è percorso in senso antiorario: già da qui ci si aspetta un lavoro totale negativo.

Calore in $BC$, isobara (in un'isobara Q = n cp ΔTA pressione costante il calore serve sia ad alzare la temperatura sia a compiere il lavoro p ΔV: per questo si usa cp e non cV.Trasformazioni dei gas ideali →):

$$Q_{BC} = n c_p (T_C - T_B) = 3 \cdot \tfrac72 \cdot 8{,}31 \cdot (300 - 265) = 3054\ \text{J}$$

Calore in $CA$, isoterma reversibile:

$$Q_{CA} = nRT_A \ln\frac{V_A}{V_C} = 3 \cdot 8{,}31 \cdot 300 \cdot \ln\frac{37{,}4}{62{,}5} = 7479 \cdot (-0{,}514) = -3844\ \text{J}$$

Lavoro del ciclo. Nel ciclo $\Delta U = 0$, quindi $W_{\text{ciclo}} = Q_{\text{ciclo}} = Q_{AB} + Q_{BC} + Q_{CA}$, con $Q_{AB} = 0$:

$$W_{\text{ciclo}} = 0 + 3054 - 3844 = -790\ \text{J}$$

Il segno negativo è obbligatorio. Tutti gli scambi di calore avvengono con un solo serbatoio, l'ambiente a $300$ K: il ciclo è monotermo. Per l'enunciato di Kelvin-PlanckNessuna macchina ciclica può trasformare in lavoro il calore preso da un solo serbatoio: in un ciclo monotermo il lavoro è ≤ 0.Secondo principio della termodinamica → un ciclo monotermo non può produrre lavoro: $W \le 0$, con $W = 0$ solo se fosse reversibile. Qui c'è un tratto irreversibile e il lavoro è strettamente negativo: per riportare il gas nella bombola bisogna spendere più lavoro di quello che il gas ha fatto uscendo.

d) Entropia dell'universo

Il gas compie un ciclo: $\Delta S_{\text{gas}} = 0$. Si guarda tratto per tratto (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 →).

$AB$, adiabatica irreversibile. L'ambiente non scambia calore: $\Delta S_{\text{amb}}^{AB} = 0$. Il gas invece cambia entropia (solo le adiabatiche reversibili sono isoentropiche):

$$\Delta S_{\text{gas}}^{AB} = n c_V \ln\frac{T_B}{T_A} + nR\ln\frac{V_B}{V_A} = 62{,}3 \cdot \ln\frac{265}{300} + 24{,}93 \cdot \ln\frac{55{,}2}{37{,}4} = -7{,}73 + 9{,}72 = 1{,}99\ \text{J/K}$$

$BC$, riscaldamento isobaro a contatto con l'ambiente a $300$ K. Il gas passa da $265$ a $300$ K ricevendo calore da un corpo a $300$ K: irreversibile.

$$\Delta S_{\text{gas}}^{BC} = n c_p \ln\frac{T_C}{T_B} = 87{,}26 \cdot \ln\frac{300}{265} = 10{,}82\ \text{J/K}, \qquad \Delta S_{\text{amb}}^{BC} = -\frac{Q_{BC}}{T_A} = -\frac{3054}{300} = -10{,}18\ \text{J/K}$$

$CA$, isoterma reversibile: contributo nullo all'universo.

$$\Delta S_{\text{UN}} = 1{,}99 + (10{,}82 - 10{,}18) + 0 = 2{,}63\ \text{J/K}$$

Strada più breve (quella della soluzione ufficiale). Nel ciclo l'unico corpo dell'ambiente che cambia entropia è l'aria a $300$ K, che cede $Q_{BC}$ e riceve $|Q_{CA}|$. Oppure, equivalentemente: sommando i contributi del gas in $AB$ e $BC$ si ottiene la variazione di entropia del gas da $A$ a $C$, stati alla stessa temperatura, cioè $nR\ln\frac{V_C}{V_A}$:

$$\Delta S_{\text{UN}} = nR\ln\frac{V_C}{V_A} - \frac{Q_{BC}}{T_A} = 24{,}93 \cdot 0{,}514 - 10{,}18 = 12{,}81 - 10{,}18 = 2{,}63\ \text{J/K} \ ✓$$

Energia inutilizzabile: $T_A\,\Delta S_{\text{UN}} = 300 \cdot 2{,}63 = 790\ \text{J}$, esattamente il lavoro speso in più nel ciclo. Non è un caso: in un ciclo monotermo il lavoro perso è tutto dovuto all'irreversibilità (Teorema di Clausius ed entropiaIn ogni ciclo la somma dei Q/T è ≤ 0, con l'uguale solo se il ciclo è reversibile (Clausius). Da qui l'entropia, funzione di stato con ΔS = ∫ dQrev/T. L'entropia dell'universo non diminuisce mai: resta costante nei processi reversibili, cresce in quelli irreversibili.Teorema di Clausius ed entropia →).

Risultati

Sensibilità all'arrotondamento. Usando il valore non arrotondato $T_B = 265{,}6$ K si ottiene $Q_{BC} = 3006\ \text{J}$, $W_{\text{ciclo}} = -838\ \text{J}$ e $\Delta S_{\text{UN}} = 2{,}79\ \text{J/K}$: il lavoro del ciclo è la differenza di due numeri vicini, e mezzo kelvin in $T_B$ lo cambia del $6\%$. Le conclusioni fisiche (lavoro negativo, entropia che cresce) non cambiano.

Errori comuni

• Usare $T V^{\gamma-1} = \text{cost}$ per $AB$: si troverebbe una temperatura molto più bassa; l'espansione è irreversibile.
• Usare $p_A$ o una pressione media nel lavoro di $AB$: il lavoro lo fa il gas contro la pressione esterna, che è costante e vale $p_B$.
• Scambiare $c_V$ e $c_p$ in $BC$: il pistone è libero, la pressione costante, quindi $c_p$.
• Mettere $\Delta S_{\text{gas}}^{AB} = 0$ "perché adiabatica": è adiabatica ma irreversibile, e l'entropia del gas cresce.