Esercizio 1
Un contenitore a pareti diatermiche contiene una mole di gas
ideale. Il gas e` separato dall’atmosfera libera da una goccia di
mercurio (di massa trascurabile) che permette l’equilibrio di
pressione tra gas e atmosfera. Il gas si trova inizialmente nello
stato A a temperatura TA e pressione pA. Il contenitore viene
quindi immerso in un termostato a temperatura TB < TA. Si attende
quindi il raggiungimento del nuovo equilibrio termico B. Si
determini:
a) il volume finale VB;
b) il lavoro L scambiato tra il gas e l’ambiente, specificando se e`
positivo o negativo;
c) il calore Q scambiato tra il gas e l’ambiente, specificando se e`
positivo o negativo;
d) il segno della variazione di entropia dell’universo e giustificare
la scelta;
e) la variazione (con segno) di entropia del gas;
f) la variazione (con segno) di entropia dell’ambiente.
Soluzione dell’esercizio 1
a) applicando l’equazione di stato in B, otteniamo
VB =
RTB
pB
e poiché la pressione in A è uguale a quella in B
VB =
RTB
pA
b) poiché la pressione esterna è costante, il lavoro è dato da
L=
VB
∫ p dV = p (V
e
e
B
− VA ) < 0
VA
ed è negativo poiché il sistema diminuisce di volume e quindi
assorbe lavoro meccanico.
Applicando la legge di stato in A e in B, poiché la pressione in
entrambi gli stati è uguale alla pressione esterna, otteniamo
L = peVB − peVA = pBVB − pAVA = R(TB − TA )
c) il calore scambiato non si può calcolare integrando il prodotto
C p dT
in quanto la trasformazione è sì isobara, ma non reversibile.
Bisogna invece usare il 1° principio:
Q = ∆U + L
ove la variazione di energia interna è data da:
∆U = Cv (TB − TA )
quindi:
Q = Cv (TB − TA )+ R(TB − TA ) = C p (TB − TA ) < 0
cioè lo stesso risultato che si sarebbe ottenuto (con procedimento
erroneo) integrando C p dT .
Il segno del calore è negativo, in quanto il sistema cede calore al
termostato, consistentemente col fatto che la temperatura del
sistema diminuisce.
d) poiché la trasformazione è irreversibile, per il risultato generale
sull’entropia dei sistemi isolati, qual è l’universo, segue che la
variazione d’entropia è positiva.
e) per trovare la variazione d’entropia del gas, occorre immaginare
una trasformazione reversibile che colleghi gli stati A e B. Una tale
trasformazione è facilmente individuata nella trasformazione
isobara reversibile con estremi in questi stati. La variazione
d’entropia del gas è quindi:
∆Sgas =
B
∫
A
δQisobara
T
=
TB
C p dT
TB
=
C
log
<0
∫ T
p
T
A
TA
negativa, in quanto la temperatura del gas diminuisce.
f) la variazione d’entropia dell’ambiente è tutta dovuta al
termostato e si calcola immaginando una trasformazione
reversibile che porti il termostato dallo stato iniziale a quello
finale. I due stati hanno la stessa pressione e temperatura e
differiscono per un aumento dell’energia interna del termostato
pari al calore Qterm assorbito, uguale ed opposto al calore Q ceduto
dal sistema. Possiamo quindi immaginare che questo calore sia
fornito al termostato in una trasformazione isoterma reversibile. La
variazione d’entropia dell’ambiente è dunque:
∆Samb =
−Q
T − TA
T − TB
= −C p B
= Cp A
>0
TB
TB
TB
Posto x = TA TB e facendo uso della disuguaglianza analitica
(valida per qualunque x diverso da 0)
e x −1
>1
x
si può dimostrare che effettivamente
∆Sgas + ∆Samb > 0
in accordo con il teorema generale sull’aumento d’entropia
dell’universo.
Esercizio 2
Una sfera di materiale dielettrico ha raggio R1 e carica positiva Q1
distribuita uniformemente. Una seconda sfera dielettrica ha raggio
R2 e carica negativa Q2, pure distribuita uniformemente. La
distanza L tra i centri delle sfere sia tale da rendere trascurabili gli
effetti di polarizzazione tra di esse. I punti A e C sono le
intersezioni della sfera 1 con la retta congiungente i centri, i punti
B e D sono le intersezioni corrispondenti della sfera 2.
Sfera 1
Sfera 2
C
A
B
D
Determinare:
a) il potenziale in un punto arbitrario dello spazio esterno alle
sfere;
b) la ddp tra A e B;
c) la ddp tra C e A;
d) quanto vale la ddp tra C e A se la sfera 1 e` conduttrice.
Giustificare la risposta. (NOTA: in questo caso la carica e`
distribuita diversamente rispetto al caso dielettrico).
Soluzione dell’esercizio 2
a) All’esterno di una sfera uniformemente carica, il potenziale è
uguale a quello di una carica puntiforme. Per trovare il potenziale
dovuto alle due sfere in un punto generico P dello spazio esterno
alle stesse, applichiamo il principio di sovrapposizione.
V (P ) = V1 (P ) + V2 (P ) = k
Q
Q1
+k 2
r2P
r1P
b) la ddp tra A e B:
Q1
Q2
Q Q
+ 2 − k 1 +
VB − VA = k
L − R2 R2 R1 L − R1
c) la ddp tra A e C:
1
Q
1
Q2
Q2 Q1
−
+
VC − VA = k 1 +
=
kQ
−
k
2
L + R1 L − R1
R1 L + R1 R1 L − R1
d) in questo caso la ddp è nulla, poiché un conduttore è
equipotenziale. Si può dimostrare immediatamente considerando la
definizione di potenziale e usando nell’integrazione un cammino
tutto interno al conduttore, ove il campo E è nullo:
VC − VA = − ∫ E ⋅ dl = 0
A
C
Esercizio 3
Per determinare la fem E e la resistenza interna r di un generatore,
vi
viene
assegnato
il
seguente
circuito:
E
R
r
A
Ove A e` un amperometro con cui potete misurare la corrente
circolante e R e` una resistenza variabile. Nell’ipotesi che la
resistenza interna dell’amperometro sia trascurabile, trovare:
a) E, e
b) r,
ricavandoli dalla misura delle correnti i1, i2 relative a due valori R1
e R2 della resistenza arbitrariamente scelti.
Soluzione dell’esercizio 3
Applichiamo la legge delle maglie due volte, una per ciascun
valore di R, in corrispondenza dei quali avremo due valori distinti
di corrente:
E = i1 (R1 + r)
E = i2 (R2 + r)
risolvendo per E e r, troviamo:
a)
E=
i1i2
(R1 − R2 )
i2 − i1
b)
r=
i1R1 − i2 R2
i2 − i1
