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