Esercizi svolti · Scheda 3

Variazioni di entropia nei passaggi di calore

Teoria usata: Entropia di serbatoi, corpi e cambiamenti di stato Entropia Principio di aumento dell'entropia

Vai a: Esercizio 1 Esercizio 2 Esercizio 3 Esercizio 4

Esercizio 1

Un calore di $2, 0 kJ$ passa per conduzione, attraverso una sbarra metallica, da un serbatoio a $400 K$ a un serbatoio a $250 K$ ; lo stato della sbarra non cambia. Calcolare la variazione di entropia di ciascun serbatoio e dell’universo.

T_{1} = 400 K, T_{2} = 250 K, Q = 2, 0 kJ

Δ S_{1} = \frac{- Q}{T _{1}}, Δ S_{2} = \frac{Q}{T _{2}}, Δ S_{u} = Q (\frac{1}{T _{2}} - \frac{1}{T _{1}})

Δ S_{1} = - \frac{2000 J}{400 K} = - 5, 0 J/K, Δ S_{2} = \frac{2000 J}{250 K} = 8, 0 J/K

Δ S_{u} = - 5, 0 J/K + 8, 0 J/K = 3, 0 J/K

Un serbatoio scambia calore a temperatura costante, quindi la sua variazione di entropia è il calore assorbito diviso per la sua temperatura. Il serbatoio caldo assorbe $- 2, 0 kJ$ e la sua entropia diminuisce; il serbatoio freddo assorbe $+ 2, 0 kJ$ e la sua entropia aumenta di più, perché lo stesso calore è diviso per una temperatura minore. La sbarra torna nello stesso stato, perciò la sua entropia non cambia, e l’universo è formato dai due serbatoi. L’entropia dell’universo aumenta di $3, 0 J/K$ , in accordo con il principio di aumento dell’entropia, poiché la conduzione da un corpo caldo a uno freddo è un processo irreversibile.

Esercizio 2

Si scaldano $2, 0 kg$ d’acqua da $20^{\circ} C$ a $80^{\circ} C$ . Calcolare la variazione di entropia dell’acqua, considerando costante il calore specifico $c = 4186 J/ (kg \cdot K)$ .

m = 2, 0 kg, T_{A} = 293 K, T_{B} = 353 K

d S = \frac{δ Q}{T} = \frac{m c d T}{T} ⟹ Δ S = \int_{T_{A}}^{T_{B}} \frac{m c d T}{T} = m c ln \frac{T _{B}}{T _{A}}

Δ S = 2, 0 kg \cdot 4186 J/ (kg \cdot K) \cdot ln \frac{353}{293} \approx 8372 J/K \cdot 0, 186 \approx 1, 56 \cdot 1 0^{3} J/K

L’entropia è una funzione di stato, quindi la sua variazione si calcola lungo una trasformazione reversibile tra lo stato iniziale e quello finale, qualunque sia il modo in cui l’acqua viene scaldata. Si considera un riscaldamento dell’acqua con una successione di serbatoi a temperature crescenti, ciascuno di una quantità infinitesima più caldo dell’acqua; in ogni tratto l’acqua assorbe $δ Q = m c d T$ alla temperatura $T$ , e l’integrale di $\frac{d T}{T}$ è il logaritmo del rapporto tra le temperature, che vanno espresse in kelvin. Il risultato è positivo, poiché l’acqua assorbe calore. Come controllo, il calore assorbito è $Q = m c Δ T \approx 5, 02 \cdot 1 0^{5} J$ , e diviso per la temperatura media $323 K$ dà circa $1, 55 \cdot 1 0^{3} J/K$ , valore vicino a quello esatto perché l’intervallo di temperature è piccolo rispetto alla temperatura assoluta.

Esercizio 3

Un blocco di ghiaccio di massa $0, 50 kg$ a $0^{\circ} C$ fonde completamente in una stanza a $25^{\circ} C$ , che si comporta come un serbatoio; l’acqua ottenuta resta a $0^{\circ} C$ . Con il calore latente di fusione $λ_{f} = 3, 33 \cdot 1 0^{5} J/kg$ , calcolare la variazione di entropia del ghiaccio, della stanza e dell’universo.

m = 0, 50 kg, T_{g} = 273 K, T_{s} = 298 K

Q = m λ_{f}, Δ S_{g} = \frac{m λ _{f}}{T _{g}}, Δ S_{s} = - \frac{m λ _{f}}{T _{s}}

Q = 0, 50 kg \cdot 3, 33 \cdot 1 0^{5} J/kg = 1, 665 \cdot 1 0^{5} J

Δ S_{g} = \frac{1 , 665 \cdot 1 0 ^{5} J}{273 K} \approx 610 J/K, Δ S_{s} = - \frac{1 , 665 \cdot 1 0 ^{5} J}{298 K} \approx - 559 J/K

Δ S_{u} \approx 610 J/K - 559 J/K = 51 J/K

Durante la fusione la temperatura del ghiaccio resta $273 K$ , quindi la sua variazione di entropia è il calore latente assorbito diviso per questa temperatura. La stanza cede lo stesso calore alla temperatura costante di $298 K$ , e la sua entropia diminuisce di una quantità minore, perché il denominatore è maggiore. La somma è positiva, perciò l’entropia dell’universo aumenta di circa $51 J/K$ . La fusione in una stanza più calda è infatti irreversibile, poiché il calore passa tra corpi a temperature diverse.

Esercizio 4

Un blocco di rame di massa $1, 0 kg$ e calore specifico $c = 385 J/ (kg \cdot K)$ , alla temperatura di $400 K$ , viene immerso in un lago a $300 K$ e raggiunge l’equilibrio termico. Calcolare la variazione di entropia del rame, del lago e dell’universo.

m = 1, 0 kg, T_{A} = 400 K, T_{L} = 300 K

Δ S_{Cu} = m c ln \frac{T _{L}}{T _{A}}, Q_{L} = m c (T_{A} - T_{L}), Δ S_{L} = \frac{Q _{L}}{T _{L}}

Δ S_{Cu} = 385 J/K \cdot ln \frac{300}{400} \approx - 111 J/K

Q_{L} = 385 J/K \cdot 100 K = 3, 85 \cdot 1 0^{4} J, Δ S_{L} = \frac{3 , 85 \cdot 1 0 ^{4} J}{300 K} \approx 128 J/K

Δ S_{u} \approx - 110, 8 J/K + 128, 3 J/K \approx 17, 6 J/K

Il lago ha una capacità termica molto grande e si comporta come un serbatoio, quindi il rame si raffredda fino a $300 K$ e la temperatura del lago non cambia. La variazione di entropia del rame si calcola come per un corpo con calore specifico costante, lungo un raffreddamento reversibile tra gli stessi stati, ed è negativa perché il rame cede calore. Il lago assorbe il calore ceduto dal rame, $m c (T_{A} - T_{L})$ , alla temperatura costante di $300 K$ . La somma delle due variazioni è positiva, perciò l’entropia dell’universo aumenta di circa $17, 6 J/K$ . Il segno è quello atteso, poiché il raffreddamento a contatto con un corpo più freddo è irreversibile.