Testo

Questo esercizio è molto più di un grande classico: è anche fondamentale per dimostrare una delle differenze tra una trasformazione reversibile e una trasformazione irreversibile (si veda anche la Lezione 6).

Si considerano $n$ moli di gas perfetto, con capacità termiche costanti e rapporto $\gamma=c_P/c_V>1$ , racchiusi in un cilindro verticale termicamente isolato, di sezione $\mathcal S$ , chiuso da un pistone termicamente isolato di massa trascurabile, mobile senza attrito. L'esterno si trova alla pressione atmosferica $P_0$ , che agisce sulla faccia superiore del pistone. All'equilibrio iniziale, anche la pressione del gas vale quindi $P_0$ , e il suo stato è

A=(P_0,V_0,T_0).

Si dispone di un sovraccarico di massa totale $M$ . Quando è interamente appoggiato sul pistone, la pressione esterna vale

P_1=P_0+\frac{Mg}{\mathcal S}=xP_0, \qquad x>1.

Si confrontano due esperimenti: la massa $M$ viene frazionata in un gran numero di piccole masse aggiunte una alla volta, attendendo ogni nuovo equilibrio; oppure la massa $M$ intera viene appoggiata tutta in una volta. In un secondo momento, il sovraccarico viene rimosso nello stesso modo: un granello di sabbia alla volta oppure tutto in una volta.

I due esperimenti partono dallo stesso stato iniziale A, rappresentato al centro: il pistone è allora sottoposto soltanto alla pressione atmosferica P_0. A sinistra, il sovraccarico di massa totale M viene appoggiato un granello di sabbia alla volta, in modo che P_ ext aumenti progressivamente; rimuovendolo nello stesso modo, si percorre il cammino in senso inverso. A destra, la stessa massa M viene appoggiata tutta in una volta: P_ ext passa bruscamente da P_0 a P_1. In entrambi gli esperimenti di compressione, P_1=P_0+Mg/ S=xP_0. — Figura 1. I due esperimenti partono dallo stesso stato iniziale $A$ , rappresentato al centro: il pistone è allora sottoposto soltanto alla pressione atmosferica $P_0$ . A sinistra, il sovraccarico di massa totale $M$ viene appoggiato un granello di sabbia alla volta, in modo che $P_{\mathrm{ext}}$ aumenti progressivamente; rimuovendolo nello stesso modo, si percorre il cammino in senso inverso. A destra, la stessa massa $M$ viene appoggiata tutta in una volta: $P_{\mathrm{ext}}$ passa bruscamente da $P_0$ a $P_1$ . In entrambi gli esperimenti di compressione, $P_1=P_0+Mg/\mathcal S=xP_0$ .

Il sovraccarico viene aggiunto molto progressivamente, in modo che la pressione esterna passi lentamente da $P_0$ a $P_1$ . Giustificare che in ogni istante la pressione $P$ del gas è uguale alla pressione esterna $P_{\mathrm{ext}}$ . Quale legge si può allora usare per collegare gli stati successivi del gas? Ricavare $P_B/P_0$ , $T_B/T_0$ e $V_B/V_0$ in funzione di $x$ e di $\gamma$ .
Si parte ora dallo stato $B$ e si rimuove il sovraccarico molto progressivamente, un granello di sabbia alla volta, finché la pressione esterna torna a essere $P_0$ . Usando la stessa legge della domanda precedente, mostrare che il gas ritorna esattamente al suo stato iniziale $A$ .
Si riparte da $A$ e questa volta si appoggia la massa $M$ tutta in una volta: la pressione esterna assume bruscamente il valore costante $P_1$ . Determinare completamente lo stato finale $B'$ e inoltre $W_{AB'}$ , $Q_{AB'}$ e $\Delta U_{AB'}$ .
Considerare dapprima l'esempio $\gamma=5/3$ e $x=2$ per confrontare numericamente $T_{B'}$ con $T_B$ . Stabilire poi analiticamente il confronto per ogni $\gamma>1$ e ogni $x>1$ , quindi confrontare $V_{B'}$ con $V_B$ . Quale delle due compressioni riscalda maggiormente il gas e quale lo comprime maggiormente?
A partire da $B'$ , si rimuove bruscamente tutto il sovraccarico: la pressione esterna torna a essere la pressione atmosferica $P_0$ . Determinare lo stato finale $B"$ . Mostrare se $T_{B"}$ e $V_{B"}$ sono maggiori o minori dei rispettivi valori iniziali.
Effettuare il bilancio energetico del percorso di andata e ritorno $A\to B'\to B"$ . Spiegare che cosa aggiungerà la Lezione 6 a questo confronto.

Suggerimento

Per la trasformazione brusca, usare

W=-P_{\mathrm{ext}}(V_f-V_i)

e soltanto l'equazione di stato negli stati di equilibrio iniziale e finale. Per confrontare

B

e

B'

, si potrà studiare il logaritmo del rapporto

T_{B'}/T_B

.

Soluzione dettagliata

Soluzione

Ricordiamo che

c_V=\frac{R}{\gamma-1}

.

Domanda 1. Il sovraccarico è frazionato in masse sufficientemente piccole e ogni nuovo equilibrio viene raggiunto prima di aggiungere la successiva: il gas passa quindi attraverso una successione continua di stati di equilibrio: la trasformazione è quasistatica. Poiché il pistone ha massa trascurabile ed è privo di attrito, l'equilibrio meccanico in ogni istante impone $P\mathcal S=P_{\mathrm{ext}}\mathcal S$ , ossia $P=P_{\mathrm{ext}}$ . Poiché le pareti sono termicamente isolate, $\delta Q=0$ . In queste condizioni, si possono quindi usare le leggi di Laplace. Due forme utili tra $A$ e $B$ sono

P_0V_0^\gamma=P_BV_B^\gamma, \qquad T_0^\gamma P_0^{1-\gamma}=T_B^\gamma P_B^{1-\gamma}.

Poiché $P_B=P_1=xP_0$ , la prima relazione dà direttamente $V_B/V_0=x^{-1/\gamma}$ , mentre la seconda dà $T_B/T_0=x^{(\gamma-1)/\gamma}$ . Infine, $P_B/P_0=x$ , $T_B/T_0=x^{(\gamma-1)/\gamma}$ e $V_B/V_0=x^{-1/\gamma}$ .

Domanda 2. Durante la rimozione progressiva del sovraccarico, il gas rimane in equilibrio meccanico con l'esterno e segue la stessa adiabatica di Laplace, ma in senso inverso. Alla fine, $P_f=P_0$ . Le relazioni di Laplace danno quindi

T_f =T_B\left(\frac{P_0}{P_1}\right)^{(\gamma-1)/\gamma} =T_0x^{(\gamma-1)/\gamma}x^{-(\gamma-1)/\gamma} =T_0,

e

V_f =V_B\left(\frac{P_1}{P_0}\right)^{1/\gamma} =V_0x^{-1/\gamma}x^{1/\gamma} =V_0.

Il gas ritrova quindi esattamente lo stato $A=(P_0,V_0,T_0)$ . La trasformazione può essere percorsa nei due sensi passando attraverso la stessa successione di stati di equilibrio: si dice che la trasformazione è reversibile.

Domanda 3. Non si devono usare le leggi di Laplace: durante questa trasformazione brusca, il gas non passa attraverso una successione di stati di equilibrio. Durante l'evoluzione, nel lavoro interviene soltanto la pressione esterna costante $P_1$ : $W_{AB'}=-P_1(V_{B'}-V_0)$ . All'equilibrio finale, $P_{B'}=P_1$ . Usando $P_0V_0=nRT_0$ , $P_1V_{B'}=nRT_{B'}$ , $Q_{AB'}=0$ e $\Delta U_{AB'}=nc_V(T_{B'}-T_0)$ , il primo principio dà

T_{B'}=T_0\frac{1+(\gamma-1)x}{\gamma}.

Poniamo

\theta=\frac{1+(\gamma-1)x}{\gamma}.

Allora

P_{B'}=xP_0, \qquad T_{B'}=\theta T_0, \qquad V_{B'}=\frac{\theta}{x}V_0.

Domanda 4. Cominciamo dall'esempio $\gamma=5/3$ e $x=2$ . La compressione progressiva dà $T_B/T_0=2^{2/5}\simeq1{,}32$ , mentre la compressione brusca dà

T_{B'}/T_0=\theta=[1+(2/3)\times2]/(5/3)=7/5=1{,}40.

In questo esempio, la compressione brusca riscalda quindi maggiormente il gas. Mostriamo che questo risultato è generale. Poniamo

f(x)=\ln\!\left(\frac{T_{B'}}{T_B}\right) =\ln\!\left(\frac{1+(\gamma-1)x}{\gamma}\right) -\frac{\gamma-1}{\gamma}\ln x.

Si ha $f(1)=0$ , e

f'(x) =\frac{\gamma-1}{1+(\gamma-1)x} -\frac{\gamma-1}{\gamma x} =\frac{(\gamma-1)(x-1)} {\gamma x\,[1+(\gamma-1)x]}

Per $\gamma>1$ e $x>1$ , tutti i fattori del denominatore sono positivi e $f'(x)>0$ . Pertanto $f(x)>f(1)=0$ , quindi $T_{B'}/T_B>1$ , ossia $T_{B'}>T_B$ . I due stati hanno la stessa pressione $P_1$ ; l'equazione dei gas perfetti impone quindi anche $V_{B'}>V_B$ . La compressione brusca riscalda maggiormente il gas, ma lo comprime meno della compressione progressiva.

Domanda 5. La rimozione brusca del sovraccarico fa passare la pressione esterna da $P_1$ a $P_0=P_1/x$ . Si riprende quindi il calcolo della domanda 3 sostituendo il rapporto di pressione $x$ con il suo inverso $1/x$ . Il risultato della domanda 3 diventa così

\frac{T_{B"}}{T_{B'}} =\frac{1+(\gamma-1)P_0/P_1}{\gamma} =\frac{1+(\gamma-1)/x}{\gamma}.

Ponendo

\phi=\frac{1+(\gamma-1)/x}{\gamma},

si ottiene

P_{B"}=P_0, \qquad T_{B"}=\theta\phi\,T_0, \qquad V_{B"}=\theta\phi\,V_0.

Ora

\theta\phi-1 =\frac{\gamma-1}{\gamma^2} \left(x+\frac1x-2\right).

Nel regime studiato, $x>1$ , quindi $x>0$ e $x+1/x-2=(x-1)^2/x>0$ . Poiché $\gamma>1$ , si ha effettivamente $\theta\phi-1>0$ . Di conseguenza,

\boxed{T_{B"}>T_0}, \qquad \boxed{V_{B"}>V_0}.

Dopo il percorso di andata e ritorno della pressione esterna, il gas non torna quindi allo stato $A$ . Questo scarto è una prima manifestazione dell'irreversibilità: riportare il vincolo esterno al suo valore iniziale non è sufficiente per riportare il sistema al suo stato iniziale.

Domanda 6. L'espansione brusca è adiabatica e quindi, sull'intero percorso di andata e ritorno,

Q_{\mathrm{tot}}=0, \qquad W_{\mathrm{tot}}=\Delta U_{\mathrm{tot}} =nc_VT_0(\theta\phi-1)>0.

Le manipolazioni esterne riportano la pressione al suo valore iniziale, ma il gas ha ricevuto un lavoro netto e rimane più caldo e più dilatato. La Lezione 6 riprenderà gli stessi stati per mostrare che la compressione reversibile non produce entropia, mentre ciascuna delle due trasformazioni brusche ne produce.