Esercizio svolto di termodinamica

Lavoro e calore tra due stati lungo due cammini

Esercizio 11 · Lezione 5 — Applicazione al gas ideale

lavoro delle forze di pressione
calore
isoterma
isocora
diagramma di Clapeyron
differenziale esatto
gas perfetto

Testo

Si considerano $n$ moli di gas perfetto monoatomico, con energia interna $U=\frac{3}{2}nRT$ . Si congiunge lo stato $A(T_1,V_1)$ allo stato $B(T_2,V_2)$ mediante due cammini quasistatici, con $P_{\mathrm{ext}}=P$ in ogni istante:

$\Gamma_1$ : un'espansione isoterma a $T_1$ , da $V_1$ a $V_2$ , poi una trasformazione isocora a $V_2$ , da $T_1$ a $T_2$ ;
$\Gamma_2$ : una trasformazione isocora a $V_1$ , da $T_1$ a $T_2$ , poi un'espansione isoterma a $T_2$ , da $V_1$ a $V_2$ .

Nel caso $T_2>T_1$ e $V_2>V_1$ , rappresentare i cammini $\Gamma_1$ e $\Gamma_2$ nel diagramma di Clapeyron $(P,V)$ . Indicare gli stati intermedi e il verso di percorrenza.
Calcolare il lavoro ricevuto $W_1$ e $W_2$ lungo ciascuno dei due cammini. Quanto vale la loro differenza $W_1-W_2$ ?
Senza calcolare separatamente i due integrali, ritrovare geometricamente $W_1-W_2$ a partire dall'area compresa tra i due cammini nel diagramma di Clapeyron.
Calcolare $\Delta U$ lungo ciascuno dei due cammini, quindi dedurre $Q_1$ e $Q_2$ . Concludere sulla natura di $\delta Q$ .
Applicazione numerica: $n=1$ mol, $T_1=300$ K, $T_2=600$ K e $V_2=2V_1$ .

Suggerimento

Nel diagramma di Clapeyron, un'isocora è verticale e un'isoterma di un gas perfetto soddisfa

P=nRT/V

. L'isoterma di temperatura

T_2

si trova al di sopra di quella di temperatura

T_1

. Un'isocora non contribuisce al lavoro delle forze di pressione. Per la domanda 3, il lavoro ricevuto è l'opposto dell'area algebrica sottesa dal cammino nel diagramma

(P,V)

Soluzione dettagliata

Soluzione

Domanda 1. Indichiamo con

C

lo stato intermedio del cammino

\Gamma_1

e con

D

quello del cammino

\Gamma_2

. Le loro pressioni e i loro volumi sono

\begin{aligned} A&=\left(\frac{nRT_1}{V_1},V_1\right),& C&=\left(\frac{nRT_1}{V_2},V_2\right),\\ D&=\left(\frac{nRT_2}{V_1},V_1\right),& B&=\left(\frac{nRT_2}{V_2},V_2\right). \end{aligned}

Poiché $T_2>T_1$ , l'isoterma $T_2$ si trova al di sopra dell'isoterma $T_1$ . Il cammino $\Gamma_1$ va da $A$ verso $C$ , verso destra lungo l'isoterma inferiore $T_1$ , poi verticalmente da $C$ verso $B$ lungo l'isocora $V_2$ . Il cammino $\Gamma_2$ sale dapprima verticalmente da $A$ verso $D$ lungo l'isocora $V_1$ , poi va verso destra da $D$ verso $B$ lungo l'isoterma superiore $T_2$ . Le frecce dei due cammini sono quindi

\Gamma_1:A\xrightarrow{\,T=T_1\,}C\xrightarrow{\,V=V_2\,}B, \qquad \Gamma_2:A\xrightarrow{\,V=V_1\,}D\xrightarrow{\,T=T_2\,}B.

I cammini _1 e _2 nel diagramma di Clapeyron. Le curve grigie prolungano le isoterme T_1 e T_2. — Figura 1. I cammini $\Gamma_1$ e $\Gamma_2$ nel diagramma di Clapeyron. Le curve grigie prolungano le isoterme $T_1$ e $T_2$ .

Domanda 2. Con la convenzione del lavoro ricevuto dal gas, $\delta W=-P\,\mathrm{d}V$ . Un'isocora non contribuisce e, lungo un'isoterma alla temperatura $T$ ,

W=-\int_{V_1}^{V_2}\frac{nRT}{V}\,\mathrm{d}V =-nRT\ln\frac{V_2}{V_1}.

Si ottiene quindi

W_1=-nRT_1\ln\frac{V_2}{V_1}, \qquad W_2=-nRT_2\ln\frac{V_2}{V_1},

e poi

W_1-W_2 =nR(T_2-T_1)\ln\frac{V_2}{V_1}\neq 0.

Gli stati iniziale e finale sono identici, ma i lavori differiscono: $\delta W$ non è un differenziale esatto.

Domanda 3. Le isocore non spazzano alcuna area. Poiché il lavoro ricevuto è l'opposto dell'area sottesa dalla curva, la differenza $W_1-W_2$ è l'area compresa tra le isoterme $T_2$ e $T_1$ :

W_1-W_2 =\int_{V_1}^{V_2}\left(\frac{nRT_2}{V}-\frac{nRT_1}{V}\right)\mathrm{d}V =nR(T_2-T_1)\ln\frac{V_2}{V_1}>0.

Si ritrova così il risultato della domanda 2.

Domanda 4. L'energia interna del gas perfetto monoatomico dipende soltanto dalla temperatura. La sua variazione è quindi la stessa lungo i due cammini:

\Delta U=U_B-U_A=\frac{3}{2}nR(T_2-T_1).

Il primo principio, $\Delta U=W+Q$ , dà $Q=\Delta U-W$ , da cui

\begin{aligned} Q_1&=\frac{3}{2}nR(T_2-T_1) +nRT_1\ln\frac{V_2}{V_1},\\ Q_2&=\frac{3}{2}nR(T_2-T_1) +nRT_2\ln\frac{V_2}{V_1}. \end{aligned}

Pertanto,

Q_2-Q_1=nR(T_2-T_1)\ln\frac{V_2}{V_1}\neq 0.

Anche il calore scambiato dipende dal cammino: $\delta Q$ non è un differenziale esatto, a differenza di $\mathrm{d}U$ .

Domanda 5. Con $\ln 2\simeq0{,}693$ ,

\begin{aligned} W_1&\simeq-1{,}73\ \mathrm{kJ},& W_2&\simeq-3{,}46\ \mathrm{kJ},\\ \Delta U&\simeq3{,}74\ \mathrm{kJ},& Q_1&\simeq5{,}47\ \mathrm{kJ},& Q_2&\simeq7{,}20\ \mathrm{kJ}. \end{aligned}

Il gas fornisce il doppio del lavoro durante $\Gamma_2$ e riceve il corrispondente calore supplementare.