Testo

Riprendiamo le due esperienze di compressione adiabatica della lezione 5, ricordando qui i risultati utili. Un cilindro verticale termicamente isolato di sezione $\mathcal S$ contiene $n$ moli di gas perfetto. Anche il pistone è isolato, si muove senza attrito e ha massa trascurabile. Le capacità termiche molari $c_V$ e $c_P$ sono costanti, con

\gamma=\frac{c_P}{c_V}>1,\qquad c_V=\frac{R}{\gamma-1},\qquad c_P=c_V+R.

Inizialmente, sul pistone agisce solo la pressione atmosferica $P_0$ : il gas è nello stato $A=(P_0,V_0,T_0)$ , con $P_0V_0=nRT_0$ . Un carico aggiuntivo di massa $M$ porta la pressione esterna a

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

Le due esperienze partono da $A$ . Nella prima, il carico viene aggiunto e poi rimosso un granello di sabbia alla volta: il gas segue l'adiabatica reversibile $A\to B\to A$ . Nella seconda, il carico viene applicato tutto insieme, si raggiunge l'equilibrio $B'$ , poi viene rimosso tutto insieme e si raggiunge l'equilibrio $B"$ . La pressione esterna è costante durante ogni tappa brusca: $P_1$ durante il carico e $P_0$ durante lo scarico. Si suppone che le oscillazioni si smorzino per dissipazione nel gas; il pistone è fermo negli stati iniziale e finale e non accumula energia.

Le due compressioni partono da A (centro). A sinistra, il carico viene aggiunto progressivamente fino a B; la rimozione progressiva riporta il gas a A. A destra, il carico viene applicato bruscamente fino a B'; la rimozione brusca conduce a un altro stato B”. Lo schema mostra le compressioni; i quattro stati sono specificati sotto. — Figura 1. Le due compressioni partono da $A$ (centro). A sinistra, il carico viene aggiunto progressivamente fino a $B$ ; la rimozione progressiva riporta il gas a $A$ . A destra, il carico viene applicato bruscamente fino a $B'$ ; la rimozione brusca conduce a un altro stato $B"$ . Lo schema mostra le compressioni; i quattro stati sono specificati sotto.

Le leggi di Laplace lungo il percorso reversibile e il primo principio lungo quelli bruschi hanno dato i risultati seguenti. Definiamo

\begin{aligned} \theta=\frac{1+(\gamma-1)x}{\gamma},\qquad \phi=\frac{1+(\gamma-1)/x}{\gamma}. \begin{array}{c|ccc} \text{Stato} & P/P_0 & V/V_0 & T/T_0\\ \hline A & 1 & 1 & 1\\[3pt] B & x & x^{-1/\gamma} & x^{(\gamma-1)/\gamma}\\[3pt] B' & x & \theta/x & \theta\\[3pt] B" & 1 & \theta\phi & \theta\phi \end{array} \end{aligned}

In particolare,

\theta>x^{(\gamma-1)/\gamma},\qquad \phi>x^{-(\gamma-1)/\gamma},\qquad \theta\phi-1=\frac{\gamma-1}{\gamma^2}\frac{(x-1)^2}{x}>0.

Tutte le tappe sono adiabatiche: $Q=0$ e $W=\Delta U=nc_V(T_f-T_i)$ , contando positivamente l'energia ricevuta dal gas. Quindi,

\begin{aligned} W_{AB}&=nc_VT_0\left[x^{(\gamma-1)/\gamma}-1\right], & W_{BA}&=-W_{AB},\\ W_{AB'}&=nc_VT_0(\theta-1), & W_{B'B"}&=nc_VT_0\theta(\phi-1). \end{aligned}

L'andata e ritorno reversibile ha lavoro netto nullo, mentre il percorso brusco riceve $W_{AB'B"}=nc_VT_0(\theta\phi-1)>0$ .

Calcolare le variazioni di entropia lungo $A\to B$ e $B\to A$ , poi stabilire il bilancio entropico dell'andata e ritorno reversibile.
Calcolare $\Delta S_{AB'}$ e mostrare che è strettamente positiva. Quale parte viene scambiata e quale prodotta?
Fare lo stesso per lo scarico brusco $B'\to B"$ .
Calcolare direttamente $\Delta S_{AB"}$ e verificare che sia uguale alla somma delle due produzioni precedenti. Il percorso $A\to B'\to B"$ costituisce un ciclo per il gas?
Confrontare i bilanci energetici ed entropici delle due andate e ritorni. Spiegare perché l'assenza di scambi di calore non implica la conservazione dell'entropia.

Suggerimento

Tra due stati di equilibrio di un gas perfetto,

\Delta S=nc_V\ln\frac{T_f}{T_i}+nR\ln\frac{V_f}{V_i}.

Per $B'\to B"$ , usare $T_{B"}/T_{B'}=\phi$ e $V_{B"}/V_{B'}=x\phi$ . Le disuguaglianze ricordate nel testo determinano i segni. A ogni tappa, $S_{\mathrm{e}}=0$ .

Soluzione dettagliata

Soluzione

Domanda 1. La tabella dà

T_B/T_0=x^{(\gamma-1)/\gamma}

e

V_B/V_0=x^{-1/\gamma}

. Sostituendo nella formula dell'entropia,

\begin{aligned} \Delta S_{AB} &=nc_V\ln\left(x^{(\gamma-1)/\gamma}\right) +nR\ln\left(x^{-1/\gamma}\right)\\ &=nc_V\frac{\gamma-1}{\gamma}\ln x-\frac{nR}{\gamma}\ln x\\ &=\frac n\gamma[c_V(\gamma-1)-R]\ln x=0, \end{aligned}

perché $c_V(\gamma-1)=R$ . Il ritorno segue lo stesso percorso in verso opposto, quindi $\Delta S_{BA}=0$ . Per ogni tappa e per l'intera andata e ritorno, $S_{\mathrm{e}}=S_{\mathrm{i}}=\Delta S=0$ . Il gas ritorna al suo stato $A$ .

Domanda 2. Per la compressione brusca,

T_{B'}/T_0=\theta

e

V_{B'}/V_0=\theta/x

. Usando

R=c_V(\gamma-1)

e poi le proprietà dei logaritmi,

\begin{aligned} \Delta S_{AB'} &=nc_V\ln\theta+nR\ln\frac{\theta}{x}\\ &=nc_V[\ln\theta+(\gamma-1)(\ln\theta-\ln x)]\\ &=nc_V[\gamma\ln\theta-(\gamma-1)\ln x]\\ &=nc_V\ln\left(\frac{\theta^\gamma}{x^{\gamma-1}}\right). \end{aligned}

La disuguaglianza data $\theta>x^{(\gamma-1)/\gamma}$ implica $\theta^\gamma>x^{\gamma-1}$ : il rapporto nel logaritmo è maggiore di 1, quindi $\Delta S_{AB'}>0$ . Non si scambia entropia, dunque $S_{\mathrm{i},AB'}=\Delta S_{AB'}$ . L'entropia del gas aumenta per produzione senza ricevere calore.

Domanda 3. Durante lo scarico brusco, i rapporti tra gli stati finale e iniziale di questa tappa sono

\frac{T_{B"}}{T_{B'}}=\frac{\theta\phi}{\theta}=\phi, \qquad \frac{V_{B"}}{V_{B'}}=\frac{\theta\phi}{\theta/x}=x\phi.

Quindi,

\begin{aligned} \Delta S_{B'B"} &=nc_V\ln\phi+nR\ln(x\phi)\\ &=nc_V[\ln\phi+(\gamma-1)(\ln x+\ln\phi)]\\ &=nc_V[\gamma\ln\phi+(\gamma-1)\ln x]\\ &=nc_V\ln\left(\phi^\gamma x^{\gamma-1}\right)>0. \end{aligned}

Infatti, $\phi>x^{-(\gamma-1)/\gamma}$ implica $\phi^\gamma x^{\gamma-1}>1$ . Ancora $S_{\mathrm{e}}=0$ e $S_{\mathrm{i},B'B"}=\Delta S_{B'B"}$ . Il gas si raffredda durante questa espansione ( $\phi<1$ ), ma la sua entropia aumenta: prevale il termine dovuto all'aumento di volume.

Domanda 4. Gli stati

A

e

B"

hanno la stessa pressione e

T_{B"}/T_0=V_{B"}/V_0=\theta\phi

, quindi

\Delta S_{AB"}=nc_V\ln(\theta\phi)+nR\ln(\theta\phi) =nc_P\ln(\theta\phi)>0.

Abbiamo usato $c_P=c_V+R$ e $\theta\phi>1$ . Sommiamo ora i due risultati precedenti:

\begin{aligned} \Delta S_{AB'}+\Delta S_{B'B"} &=nc_V[\gamma\ln\theta-(\gamma-1)\ln x\\ &\qquad+\gamma\ln\phi+(\gamma-1)\ln x]\\ &=nc_V\gamma(\ln\theta+\ln\phi)\\ &=nc_P\ln(\theta\phi)=\Delta S_{AB"}. \end{aligned}

I termini $\ln x$ si cancellano. Poiché ogni tappa è adiabatica, questa somma è anche la somma delle due produzioni di entropia. Riportare la pressione esterna a $P_0$ non basta a completare un ciclo del gas: $B"\ne A$ , poiché $T_{B"}>T_0$ e $V_{B"}>V_0$ .

Domanda 5. Per

A\to B\to A

,

Q_{\mathrm{tot}}=W_{\mathrm{tot}}=\Delta U_{\mathrm{tot}}=0

e

S_{\mathrm{i},\mathrm{tot}}=0

. Per

A\to B'\to B"

,

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

Il primo principio descrive il lavoro netto conservato come energia interna; il secondo quantifica l'irreversibilità attraverso la produzione di entropia. Una trasformazione adiabatica è isoentropica solo se non produce entropia, come nel caso reversibile qui considerato.