Termodinamica di un cilindro

[saltimbanca]

Ho selezionato tra i vari esercizi dubbi uno che mi interesserebbe commentare con qualcuno più bravo di me poiché ho molti dubbi. Come sempre provo con una mia risposta solo per far capire, o almeno cercare di farlo, il ragionamento che seguivo.

Un tubo verticale liscio avente due sezioni diverse aperto ad entrambi gli estremi è munito di due pistoni mobili di area diversa di chiusura ermetica. Una mole di gas ideale monoatomico è contenuta nel volume tra i due pistoni che sono collegati da una sbarretta rigida. La sezione del pistone in alto è maggiore di ∆A = 10 cm2 di quella del pistone inferiore. La massa totale dei due pistoni è m = 5 kg. La pressione esterna è p0= 1.0 atm e il sistema `e inizialmente in equilibrio.
a)Determinare la pressione del gas p1
b)Di quanti gradi deve essere riscaldato il gas per spostare i pistoni di l = 10 cm?
c)Calcolare la temperatura iniziale T1 sapendo che la variazione di entropia del gas e’ pari a ∆ S = 0.1 J / K

C'è anche un disegno

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

carino

a)
Ho pensato di scrivere $dV_1=Sdx$ e $dV_2=sdx$ cioè spostandosi di un dx variano i volumi.
Nel complesso la variazione elementare $dV_2-dV_1=(S-s)dx=S'dx$ chiamo $S'=S-s$ ma d'ora in poi scriverò S e non S' perché mi dimentico sicuramente dell'apice

Essendo in equilibrio il bilancio energetico della somma dei lavori è nulla:

$p_0Sdx-p_0sdx+madx=p_1dv=p_1Sdx$ (nota: considero $p_1$ costante poiché nell'espansione ho libertà di movimento e dato l'equilibrio delle forze esterne è una espansione isobara credo)
Dalla cui espressione risolvo per p1: $p_1=(p_0*S+ma)/S$

b)
Per questo punto ho così svolto: da $PV=nRT$ differenzio $pdV=nRdT$ e integro

$pS\int_(0m^2)^(10*10^(-4)m^2)dV=nr\int_A^BdT$ l'integrale in dT mi permette di trovare il $DeltaT$ in temperature.

c)
Sempre poiché isobara sfrutto: $DeltaS=0.1=nc_pln((DeltaT-T_1)/T_1)$ (nota2: ho scritto $DeltaT+T_1$ per avere T finale in funzione di T1 e del $DeltaT$ che è noto)

Se qualcuno ha voglia di darmi un suo parere lo ringrazierei molto.

PS: in questi giorni sto facendo molti esercizi e tra le centinaia che faccio scelgo quelli di cui non sono sicura, vi ringrazio perché da quando ho scoperto per caso il sito mi avete aiutato TANTISSIMO

EDITO: corretto segno di $DeltaT-T_1$

[anonymous_0b37e9]

Per quanto riguarda il punto a), puoi concludere risolvendo l'equazione sottostante:

$|p_1A'-p_0A'-m'g|=|p_0A-p_1A-mg| rarr$

$rarr [p_1A'-p_0A'-m'g=p_0A-p_1A-mg] vv [p_1A'-p_0A'-m'g=-p_0A+p_1A+mg]$

Insomma, si tratta semplicemente di una condizione di equilibrio. Ad ogni modo, visto che si assegna solo la differenza delle due sezioni, puoi procedere solo con la seconda:

$p_1=p_0+(m_(t o t)g)/(\DeltaA)$

[saltimbanca]

$rarr [p_1A'-p_0A'-m'g=p_0A-p_1A-mg] vv [p_1A'-p_0A'-m'g=-p_0A+p_1A+mg]$

Scusami, non ho ben capito come hai ricavato la seconda delle due, perché cambi tutti i segni al secondo membro?

Ho notato che il risultato viene come il mio, solo che avevo ragionato così

Ho pensato di scrivere $dV_1=Sdx$ e $dV_2=sdx$ cioè spostandosi di un dx variano i volumi.
Nel complesso la variazione elementare $dV_2-dV_1=(S-s)dx=S'dx$ chiamo $S'=S-s$ ma d'ora in poi scriverò S e non S' perché mi dimentico sicuramente dell'apice

Essendo in equilibrio il bilancio energetico della somma dei lavori è nulla:

$p_0Sdx-p_0sdx+madx=p_1dv=p_1Sdx$ isegni dipendono dal prodottoscalare forza per spostamento effettuato (nota: considero $p_1$ costante poiché nell'espansione ho libertà di movimento e dato l'equilibrio delle forze esterne è una espansione isobara credo)
Dalla cui espressione risolvo per p1: $p_1=(p_0*S+ma)/S$

E'solo un colpo di fortuna o ho ustato un metodo valido a tuo avviso? Sarei curiosa perché più metodi corretti apprendo meglio è

Grazie per le tue correzioni

[anonymous_0b37e9]

... come hai ricavato la seconda delle due ...

Perché, da che mondo è mondo, se due espressioni hanno lo stesso modulo:

$|x|=|y|$

necessariamente:

$[x=y] vv [x=-y]$

... solo un colpo di fortuna ...

Direi di no. Mi sembra di capire che tu abbia utilizzato una sorta di principio dei lavori virtuali. Fossi in te, eviterei strumenti avanzati nel risolvere esercizi in cui gli strumenti elementari sono più che sufficienti.

P.S.
Da che mondo è mondo, l'accelerazione di gravità si indica con $g$.

[saltimbanca]

Perché, da che mondo è mondo, se due espressioni hanno lo stesso modulo

Sono ufficialmente orba, pensavo fossero due parentesi quadre

sembra di capire che tu abbia utilizzato una sorta di principio dei lavori virtuali

OK è stato un colpo di fortuna, non so nemmeno cosa siano. Mi sembrava solo una cosa sensata da fare e l'avevo fatta , seguirò la tua via. Mi era venuto in mente perché per trovare l'espressione della forza della tensione superficiale di una bolla aveva usato una cosa del genere (mi riferisco a fluidostatica).

Posso chiederti una mano anche per b) e c) se hai voglia?

[anonymous_0b37e9]

Per quanto riguarda il punto b):

Equazione di stato prima del riscaldamento

$p_1V_1=nRT_1$

Equazione di stato dopo il riscaldamento

$p_2V_2=nRT_2$

Condizione di equilibrio dopo il riscaldamento

$p_2=p_1=p_0+(m_(t o t)g)/(\DeltaA)$

Variazione di volume nel corso del riscaldamento

$V_2=V_1+\DeltaAl$

Variazione di temperatura nel corso del riscaldamento

$[p_1(V_2-V_1)=nR(T_2-T_1)] rarr [p_1\DeltaAl=nR\DeltaT] rarr [\DeltaT=(p_1\DeltaAl)/(nR)]$

Per quanto riguarda il punto c):

$[\DeltaS=nc_Vlog(T_2/T_1)+nRlog(V_2/V_1)] ^^ [V_2/V_1=T_2/T_1] rarr [\DeltaS=n(c_V+R)log(T_2/T_1)]$

dalla quale, sapendo che:

$T_2=T_1+\DeltaT$

puoi ricavare $T_1$.

Sempre poiché isobara ...

Anche se la pressione finale è uguale a quella iniziale, poiché la trasformazione è irreversibile, non dovresti parlare di trasformazione isobara. Insomma, nel corso del riscaldamento, la pressione del gas non è ben definita.

[saltimbanca]

Ciao

b)

Anche se la pressione finale è uguale a quella iniziale, poiché la trasformazione è irreversibile, non dovresti parlare di trasformazione isobara. Insomma, nel corso del riscaldamento, la pressione del gas non è ben definita.

In efetti per integrare ho assunto come fosse lentissima e reversibile, non avevo pensato allo svolgimento da te indicato, grazie mille!

c)

$[\DeltaS=nc_Vlog(T_2/T_1)+nRlog(V_2/V_1)] ^^ [V_2/V_1=T_2/T_1] rarr [\DeltaS=n(c_V+R)log(T_2/T_1)]$

dalla quale, sapendo che:

$T_2=T_1+\DeltaT$

puoi ricavare $T_1$.

Ok questo mi sembra di averlo azzeccato almeno a parte un errore nel copiare il segno dal foglio

sfrutto: $DeltaS=0.1=nc_pln((DeltaT-T_1)/T_1)$ (nota2: ho scritto $DeltaT+T_1$ fer avere T finale in funzione di T1 e del $DeltaT$ che è noto)

Sei davvero gentile

[giangianni]

Per quanto riguarda il punto a), puoi concludere risolvendo l'equazione sottostante:

$|p_1A'-p_0A'-m'g|=|p_0A-p_1A-mg| rarr$

Io invece non ho capito il perché del modulo in sé come equazione utile all'equilibrio, provo a spiegarti il dubbio, se riesco: se ho ben capito proponi un bilancio di forze, le forze che tirano in basso devono essere pari a quelle dirette verso l'alto (ovviamente). Dato che siamo su un asse posso prendere un SDR orientato con la sbarra verticale e scrivo la risultante delle forze e le varie forze come scalari con segno: $p_1A'-p_0A'-m'g+p_0A-p_1A-mg=0$ ma così facend non mi ritrovo con i segni.
Inoltre non capisco anche il perché del valore assoluto, mettiamo infatti di avere per leforze gli scalari con segno $F_1-F_2=0 <=> F_1=F_2$ la soluzione dell'equazione col modulo $|F_1|=|F_2|$ porterebbe infatti anche alla soluzione $F_1=-F_2$ => $F_1+F_2=0$ ma è falsa. Mi piacerebbe capire il tuo metodo, e risolvere questi due dubbi che ti ho elencato. Grazie.

[anonymous_0b37e9]

Premesso che la sbarretta rigida può essere un tirante (sottoposta a trazione) o un puntone (sottoposta a compressione), le forze che i due pistoni esercitano sulle sue estremità devono avere lo stesso modulo. Ebbene, mentre il 1° membro:

$|p_1A'-p_0A'-m'g|$

rappresenta il modulo della forza esercitata dal pistone superiore, il secondo membro:

$|p_0A-p_1A-mg|$

rappresenta il modulo della forza esercitata dal pistone inferiore. Vero è che, poiché le due forze devono avere verso opposto, l'equazione di cui sopra:

$|p_1A'-p_0A'-m'g|=|p_0A-p_1A-mg|$

ammette una soluzione non accettabile a priori:

$p_1A'-p_0A'-m'g=p_0A-p_1A-mg$

motivo per il quale avrei dovuto impostare solo:

$p_1A'-p_0A'-m'g=-p_0A+p_1A+mg$

Insomma, hai ragione da vendere. Errore mio e grazie per avermelo fatto notare.

[giangianni]

Grazie a te per avermi spiegato. Ora è chiarissimo, grazie mille