Esercizio svolto di termodinamica

Lavoro e calore tra due stati lungo due cammini

Esercizio 19 · 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 $U = \frac{3}{2} n R T$ . Si congiunge lo stato $A (T_{1}, V_{1})$ allo stato $B (T_{2}, V_{2})$ mediante due cammini quasistatici, con $P_{ext} = P$ in ogni istante:

$Γ_{1}$ : un'espansione isoterma a $T_{1}$ , da $V_{1}$ a $V_{2}$ , poi una trasformazione isocora a $V_{2}$ , da $T_{1}$ a $T_{2}$ ;
$Γ_{2}$ : 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 $Γ_{1}$ e $Γ_{2}$ 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 $Δ U$ lungo ciascuno dei due cammini, quindi dedurre $Q_{1}$ e $Q_{2}$ . Concludere sulla natura di $δ Q$ .
Applicazione numerica: $n = 1$ mol, $T_{1} = 300$ K, $T_{2} = 600$ K e $V_{2} = 2 V_{1}$ .

Suggerimento

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

P = n R T / 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

Γ_{1}

e con

D

quello del cammino

Γ_{2}

. Le loro pressioni e i loro volumi sono

A D = (\frac{n R T _{1}}{V _{1}}, V_{1}), = (\frac{n R T _{2}}{V _{1}}, V_{1}), C B = (\frac{n R T _{1}}{V _{2}}, V_{2}), = (\frac{n R T _{2}}{V _{2}}, V_{2}) .

Poiché $T_{2} > T_{1}$ , l'isoterma $T_{2}$ si trova al di sopra dell'isoterma $T_{1}$ . Il cammino $Γ_{1}$ 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 $Γ_{2}$ 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

Γ_{1} : A T = T_{1} C V = V_{2} B, Γ_{2} : A V = V_{1} D 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 $Γ_{1}$ e $Γ_{2}$ 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, $δ W = - P d V$ . Un'isocora non contribuisce e, lungo un'isoterma alla temperatura $T$ ,

W = - \int_{V_{1}}^{V_{2}} \frac{n R T}{V} d V = - n R T ln \frac{V _{2}}{V _{1}} .

Si ottiene quindi

W_{1} = - n R T_{1} ln \frac{V _{2}}{V _{1}}, W_{2} = - n R T_{2} ln \frac{V _{2}}{V _{1}},

e poi

W_{1} - W_{2} = n R (T_{2} - T_{1}) ln \frac{V _{2}}{V _{1}} \neq = 0.

Gli stati iniziale e finale sono identici, ma i lavori differiscono: $δ W$ 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}

T_{1}

W_{1} - W_{2} = \int_{V_{1}}^{V_{2}} (\frac{n R T _{2}}{V} - \frac{n R T _{1}}{V}) d V = n R (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:

Δ U = U_{B} - U_{A} = \frac{3}{2} n R (T_{2} - T_{1}) .

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

Q_{1} Q_{2} = \frac{3}{2} n R (T_{2} - T_{1}) + n R T_{1} ln \frac{V _{2}}{V _{1}}, = \frac{3}{2} n R (T_{2} - T_{1}) + n R T_{2} ln \frac{V _{2}}{V _{1}} .

Pertanto,

Q_{2} - Q_{1} = n R (T_{2} - T_{1}) ln \frac{V _{2}}{V _{1}} \neq = 0.

Anche il calore scambiato dipende dal cammino: $δ Q$ non è un differenziale esatto, a differenza di $d U$ .

Domanda 5. Con

ln 2 ≃ 0, 693

W_{1} Δ U ≃ - 1, 73 kJ, ≃ 3, 74 kJ, W_{2} Q_{1} ≃ - 3, 46 kJ, ≃ 5, 47 kJ, Q_{2} ≃ 7, 20 kJ .

Il gas fornisce il doppio del lavoro durante $Γ_{2}$ e riceve il corrispondente calore supplementare.