da ingres » 20/01/2024, 16:44
Puoi provare così:
1) Pressioni iniziali
I volumi iniziali sono uguali, il numero di moli anche, per cui deve risultare dalla legge dei gas perfetti
$P_(1i)/P_(2i) = T_(1i)/T_(2i)$
2) Adiabatica Reversibile
Per ciascuno dei gas si tratta di una trasformazione adiabatica (sia il contenitore che la partizione sono adiabatici) quasi statica (reversibile) per cui
$T_(1f)*P_(1f)^((1-gamma)/gamma) = T_(1i)*P_(1i)^((1-gamma)/gamma)$
$T_(2f)*P_(2f)^((1-gamma)/gamma) = T_(2i)*P_(2i)^((1-gamma)/gamma)$
Facendo il rapporto e tenendo conto che $P_(1f)=P_(2f)$ si avrà:
$T_(1f)/T_(2f)= T_(1i)/T_(2i)*(P_(1i)/P_(2i))^((1-gamma)/gamma)$
ovvero sfruttando il risultato precedente:
$T_(1f)/T_(2f)= T_(1i)/T_(2i)*(T_(1i)/T_(2i))^((1-gamma)/gamma)=(T_(1i)/T_(2i))^(1/gamma)$ (1)
3) Conservazione dell'energia
Il testo non è chiarissimo, ma credo che tutto il lavoro compiuto nello spostamento della partizione sia da considerarsi interno (in pratica esternamente si rimuove lentamente il blocco ma lo spostamento è dovuto alle pressioni interne) e che quindi, come hai ipotizzato, si possa consideare effettivamente $Delta U = 0$ nel complesso:
$Delta U = Delta U_1 + Delta U_2 = n c_v (T_(1f) - T_(1i)) + n c_v (T_(2f) - T_(2i))= 0$ per cui
$T_(1f) + T_(2f) = T_(1i) + T_(2i)$ (2)
A questo punto usando assieme (1) e (2) puoi determinare le temperature finali incognite. Fammi sapere se il risultato ti torna.
Chi non vorrà attingere ad altra intelligenza che alla sua, si troverà ben presto ridotto alla più miserabile di tutte le imitazioni: a quella delle sue stesse opere (Ingres)