fisica - Liceo Locarno

FISICA
Serie 7: Soluzioni
II liceo
Esercizio 2 Espansione libera di un gas ideale isolato
1. Durante l’espansione si ha ∆U = 0 poiché il sistema è isolato e quindi Uf = Ui .
2. Se si descrive lo stato con (U,V,N) la funzione entropia S(U,V,N) è
" c+1 #
c
U
V N0
S(U,V,N) = S0 + NkB ln
U0 V0 N
3. Abbiamo Nf = Ni , Vf = V = 2Vi e S0 l’entropia dello stato iniziale (ossia
(U0 ,V0 ,N0 ) = (Ui ,Vi ,Ni )) e
S(Uf ,Vf ,Nf ) = S0 + NkB ln
Vf
= S0 + NkB ln 2
Vi
da cui ∆S = NkB ln 2 > 0.
4. Il processo appena discusso è irreversibile, infatti il gas, che all’inizio si trova
in uno stato di equilibrio, una volta tolto il vincolo (la parete) si espande in
tutto il sistema occupando il volume V , ma poi non ritornerà (spontaneamente)
nello stato iniziale (ossia ad occupare il volume iniziale V /2). Il nuovo stato di
equilibri finale possiede un’entropia maggiore dello stato iniziale e il valore
dell’entropia è il massimo compatibile con i vincoli di energia e numero
di particelle fissati. Osserviamo che un valore maggiore dell’entropia rispetto
all’entropia iniziale lo si avrebbe se il gas occuperebbe per esempio 3/4 del
volume disponibile, ma ciò non corrisponde ad uno stato di equilibrio: come
vedremo gli stati di equilibrio di un sistema isolato sono quelli che possiedono
un entropia massima, compatibile con i vincoli. L’evoluzione da uno stato
di equilibrio al quale sono stati tolti dei vincoli è verso un nuovo
stato di equilibrio con entropia massima.
Osserviamo la relazione ∆S > 0 ←→ l’irreveversibilità.
Esercizio 3 Variazione di entropia
1. Abbiamo
V
∆S = nR ln( Vfi ) = 2 mol·8,31 J/(mol · K) ln(1/3) = −16,62 ln 3 J/K = −18,26 J/K .
2. Il risultato non è in contrasto con il secondo principio della termodinamica, poiché, non essendo il sistema adiabaticamente chiuso, non vi è nessuna
condizione su ∆S.
1
3. È possibile mantenere costante la temperatura durante la compressione, scambiando (cedendo) calore al bagno termico.
4. La trasformazione considerata è la seguente (in tratteggiato)
p
f
isoterma
i
V
Considerato che l’entropia è una funzione di stato, e che gli stati di equilibrio iniziale e finale sono gli stessi di quelli della trasformazione isoterma, la variazione
di entropia è uguale a quella calcolata precedentemente: ∆S = −18,26 J/K.
Esercizio 4 Secondo principio
dS =
1.
δQ
+ δi S .
T
δQ
T
corrisponde alla modifica dell’entropia dovuta allo scambio di calore alla
temperatura T (variazione dovuta all’interazione con l’esterno), esso può essere sia positivo, sia negativo.
δi S corrisponde alla produzione interna di entropia, ha origine all’interno del
sistema, essa è sempre non negativa.
2. Se un processo è reversibile allora δi S = 0 e quindi
dS =
δQ
.
T
3. Se il sistema è adiabaticamente chiuso, allora δQ = 0 e
dS = δi S .
4. Se un processo è reversibile e isoterma allora
Z f
Z
δQ
1 f
∆S =
=
δQ
=⇒
T
T i
i
2
∆S =
Q
.
T
Esercizio 5 Solidi a bassa temperatura
Poiché il processo è reversibile dS =
δQ
T
∆S =
e
Z
i
f
δQ
T
ora δQ = ncV dT = nAT 3 dT e quindi
Z f
Z f
nAT 3 dT
∆S =
= nA
T 2 dT = nA (Tf3 − Ti3 ) .
3
T
i
i
Numericamente si ottiene ∆S = 0,037 J/K.
3