In un cilindro chiuso munito di un pistone
sono contenute n moli di ossigeno,
Inizialmente il pistone è bloccato in una posizione sia pi = 5 atm
A partire da un dato istante
pressione pa = 1 atm.
a tenuta perfetta,
gas perfetto biatomico.
sull’ambiente,
tale per cui la pressione del gas senza attrito
e la sua temperatura Ti = 26.85 °C.
assimilabile a un
il gas viene lasciato espandere liberamente che si suppone rimanga fisso alla compiendo un lavoro L
di massa trascurabile, e scorrevole
c) l’espressione del lavoro L compiuto dal gas.
Sapendo che cilindro e pistone
a) il valore della temperatura Tf del gas b) l’ espressione della variazione
e quello finale in funzione di
sono perfettamente adiabatici
tra lo stato iniziale
n, e di g
determinare : pi
pa , Ti ,
alla fine dell’espansione di energia interna del gas
gli stati iniziale e finale della
il fatto che l’equazione di stato
durante la trasformazione o in altri termini in una qualsiasi trasformazione
quindi non si potra’ usare l’ equazione di stato
sono stati di equilibrio
ma la trasformazione
le equazioni di Poisson non e’ reversibile
per assunzione
in questi stati sia utilizzabile
non potremo utilizzare
dei gas perfetti
trasformazione e potremo sfruttare
la trasformazione effettuata dal sistema , ossia dal gas, e’ una trasformazione adiabatica irreversibile
( )
V f i
L = − nc T − T
U nc
VT
=
di trasformazione
nel caso piu’ generale possibile di un gas perfetto
e’ possibile affermare
se la trasformazione adiabatica e’
che avvenga tra due stati di equilibrio
i
edf
irreversibile questo e’ tutto cio’ che
U L
= −
quindi Q = 0 non vi e’ scambio di calore
se la trasformazione e’ adiabatica e per il primo principio
( )
V f i
nc T T
= −
si ha
in questo esercizio il gas e’ lasciato
solamente quando la pressione del gas
f A
p = p
che la sua espansione terminera’
uguagliera’ la pressione dell’ambiente quindi
libero di espandersi e cio’ significa
integrale che puo’ essere valutato soltanto
ma cio’ avviene solo in
➢ durante una trasformazione “quasi statica”
➢ quando la pressione esterna non varia durante la trasformazione
➢ nella espansione libera del gas nel vuoto → pressione esterna nulla → pa = 0
→ pa = p ad ogni istante di tempo
→ pa = cost
dove p e’ la pressione del gas come specificato in precedenza
il lavoro effettuato dal sistema sull’ambiente esterno istante di tempo
risultera’ essere
pressione esterna pa casi particolari ossia:
B
A
V
a V
L = p dV
se si conosce il valore della
se pa e’ la pressione esterna
durante tutta la trasformazione ad un generico
in questo esercizio ci troviamo nel primo caso dunque
e finali
( )
a f i
p V V
= −
compiuto dal gas sull’ambiente
B
A
V
a V
p dV
L = ( V
f− V
i) = V
gasattenzione :
dove
ma dato che importa ne’ dell’ambiente,
il lavoro puo’ essere calcolato come
possiamo affermare che se il gas si espande
conoscere solo la dell’ambiente
l’ambiente si comprimera’ diminuendo il suo volume aumentando il suo volume di una certa quantita’
ne’ del gas
variazione di volume e dato che il cilindro e’ chiuso
corrispondentemente della stessa quantita’
non conosciamo i volumi iniziali
Nota bene: il sistema esegue una trasformazione adiabatica mentre l’ambiente esegue una trasformazione contemporaneamente adiabatica ed isobara
Nota bene: usualmente si fanno trasformazioni con cilindri aperti e in quel caso non sarebbe possibile dire nulla sulla variazione di volume dell’ambiente
( ) ( )
V f i a f i
nc T T p V V
− − = −
uguagliando i due termini si ha
( )
a f i
L = p V − V
( )
V f i
L = − nc T − T
( ) ( )
V f i a i f
nc T − T = p V − V
dato che e dato che
( )
V f i a i a f
nc T − T = p V − p V
ossia
sfruttando l’equazione di stato dei gas perfetti
i
a i a
i
p V p nRT
= p
mentre nello stato finale si ha a f a f f
a
p V p nRT nRT
= p =
nello stato iniziale si ha
p V
i i= nRT
i ii
i
V nRT
= p
quindi
V f V i
nc T − nc T
V f f
nc T + nRT
(
V)
fn c + R T
ossia
quindi i
a f
i
p nRT nRT
= p −
i
V i a
i
nc T p nRT
= + p
(
V a)
ii
n c R p T
= + p
(
V a)
ii
n c R p T
= + p
utilizzando la relazione di Mayer
c
p− = c
VR c
p= c
V+ R
(
a)
p f V i
i
c T c R p T
= + p (
V a)
f i
p p i
c R p
T T
c c p
= +
eliminando
n
si ha si ottienep f
nc T
1
Vp p
c R
c c
= +
1
Vp p
R c
c = − c 1 1
− g
= 1
p
R c
g g
= −
p V
c
g = c
1 1
(
A)
ii
p T p
g
g g
+ −
(
V A)
f i
p p i
c R p
T T
c c p
= + =
1 (1 ( 1)
A)
f i
i
T p T
g p
g −
= +
p V
c = c + R
inoltre da ricaviamo ma
quindi in conclusione
( )
V f i
U nc T T
= −
V 11 (
1) A i ii
nc p T T
g p
g
−
= + −
1
1 (
1) A1
V i
i
nc T p
g p
g
−
= + −
1 1
(
) A1
V i
i
nc T p
p
g
g g
−
= + −
1 1
(
) AV i
i
nc T p
p
g g
g g
− −
= +
1
A1
V i
i
U nc T p
p g
g
−
= −
la variazione U di energia interna del gas e quello finale sara’
quindi
tra lo stato iniziale
1 A 1
V i
i
L U nc T p
p g
g
−
= − = −
e l’espressione del lavoro L compiuto dal gas L = −U ossia
come
sara’ ovviamente esprimibile