Esercizi — Entropia

Tutti gli esercizi del capitolo, svolti passo-passo, in ordine di comparsa nel capitolo: prima gli esercizi guidati nel testo, poi i problemi di fine capitolo (numerici, concettuali, vero/falso, ranking, dimostrazioni, grafici, stime di Fermi e sfide).

Esercizi svolti nel testo

• Esercizio svolto — il caffè si raffredda
• Esercizio svolto — perché il calore va dal caldo al freddo
• Esercizio svolto — l’espansione libera non è reversibile
• Esercizio svolto — lavoro massimo dal caffè che si raffredda

Problemi di fine capitolo

• Scioglimento del ghiaccio: entropia dell’universo
• Vero o falso sull’entropia (base)
• Espansione isoterma: ΔS del gas
• Rame immerso in acqua: ΔS totale
• Congelatore e secondo principio
• Doccia calda: ΔS dell’universo
• Calore dal caldo al freddo: dimostrazione
• Ferro raffreddato: lavoro massimo
• Stima: entropia di una tazza di caffè
• Ranking del rapporto Q/T
• Freezer e vita
• Fusione di 1 kg di ghiaccio: ΔS
• Riscaldamento dell’acqua: ΔS
• Due corpi in contatto: ΔS dell’universo
• Macchina a un solo serbatoio
• Ranking ΔS in tre dilatazioni
• Vero o falso sull’entropia (avanzato)
• Inchiostro nell’acqua: microstati
• Entropia in espansione libera
• ΔS in due scambi termici
• Entropia di un cristallo a T→0
• Entropia e disordine
• Ranking ΔS in espansioni
• Ranking ΔS dell’ambiente
• ΔS di un riscaldamento isobaro
• ΔS della fusione del ghiaccio
• ΔS di una miscela a temperature diverse
• Gas in espansione adiabatica reversibile
• Boltzmann e microstati
• Dato ΔS, trova V2
• ΔS uguale a zero è ammissibile?
• Temperatura di equilibrio dall’entropia
• Fantafisica: senza secondo principio
• Fantafisica: entropia con segno opposto
• Fantafisica: vita e entropia
• Motore di Carnot: ΔS dell’universo
• Entropia in un ciclo irreversibile
• Qualitativo: il caffè che si raffredda
• Qualitativo: il vetro che cade
• Lettura grafico S-T di una transizione
• Lettura grafico ln W vs E
• Stima Fermi: entropia di un libro bruciato
• Stima Fermi: S del Sole vs della Terra
• Stima Fermi: ΔS del corpo umano
• Sfida: il paradosso di Gibbs

All the exercises in the chapter, worked step by step, in the order they appear in the chapter: first the guided exercises in the text, then the end-of-chapter problems (numerical, conceptual, true/false, ranking, proofs, graphs, Fermi estimates and challenges).

Worked exercises in the text

• Worked exercise — the coffee cools
• Worked exercise — why heat flows from hot to cold
• Worked exercise — free expansion is not reversible
• Worked exercise — maximum work from the cooling coffee

End-of-chapter problems

• Melting ice: entropy of the universe
• True or false about entropy (basic)
• Isothermal expansion: ΔS of the gas
• Copper immersed in water: total ΔS
• Freezer and the second law
• Hot shower: ΔS of the universe
• Heat from hot to cold: proof
• Cooled iron: maximum work
• Estimate: entropy of a cup of coffee
• Ranking the Q/T ratio
• Freezer and life
• Melting 1 kg of ice: ΔS
• Heating water: ΔS
• Two bodies in contact: ΔS of the universe
• Engine with a single reservoir
• Ranking ΔS in three expansions
• True or false about entropy (advanced)
• Ink in water: microstates
• Entropy in free expansion
• ΔS in two heat exchanges
• Entropy of a crystal as T→0
• Entropy and disorder
• Ranking ΔS in expansions
• Ranking ΔS of the surroundings
• ΔS of an isobaric heating
• ΔS of ice melting
• ΔS of a mixture at different temperatures
• Gas in reversible adiabatic expansion
• Boltzmann and microstates
• Given ΔS, find V2
• Is ΔS equal to zero admissible?
• Equilibrium temperature from entropy
• Sci-fi physics: without the second law
• Sci-fi physics: entropy with opposite sign
• Sci-fi physics: life and entropy
• Carnot engine: ΔS of the universe
• Entropy in an irreversible cycle
• Qualitative: the cooling coffee
• Qualitative: the falling glass
• Reading an S-T graph of a transition
• Reading a ln W vs E graph
• Fermi estimate: entropy of a burnt book
• Fermi estimate: S of the Sun vs the Earth
• Fermi estimate: ΔS of the human body
• Challenge: the Gibbs paradox

Testo

$0{,}1\;\text{kg}$ di caffè (approssimato come acqua, $c_s = 4180\;\text{J/(kg·K)}$) a $T_A = 80\;^\circ\text{C} = 353\;\text{K}$ viene lasciato raffreddare fino a $T_B = 20\;^\circ\text{C} = 293\;\text{K}$ in una stanza a $20\;^\circ\text{C}$ (termostato). Calcolare $\Delta S_\text{tot}$.

Soluzione

Impostazione. Il sistema isolato comprende due componenti: il caffè (che si raffredda) e l’atmosfera della stanza, che si comporta come un termostato a $T_\text{atm} = 293\;\text{K}$. Calcoliamo separatamente le due variazioni di entropia e le sommiamo.

Entropia del caffè (diminuisce, perché si raffredda): $\Delta S_\text{caffè} = m c_s \ln\frac{T_B}{T_A} = 0{,}1\cdot 4180\cdot\ln\frac{293}{353} = -77{,}9\;\text{J/K}$

Calore ceduto al termostato. Il calore che esce dal caffè entra nell’atmosfera: $Q = m c_s (T_A - T_B) = 0{,}1\cdot 4180\cdot 60 = 25\,080\;\text{J}$

Entropia del termostato (l’atmosfera riceve $Q$ a temperatura costante): $\Delta S_\text{atm} = \frac{Q}{T_\text{atm}} = \frac{25\,080}{293} = 85{,}6\;\text{J/K}$

Variazione totale: $\Delta S_\text{tot} = -77{,}9 + 85{,}6 = \ev{+7{,}7\;\text{J/K} > 0}$

Il risultato è strettamente positivo, quindi il processo è irreversibile: il caffè non tornerebbe mai caldo da solo, anche se l’energia totale si conserverebbe. La diminuzione di entropia del caffè è più che compensata dall’aumento di entropia dell’ambiente.

E se lo riscaldassimo di nuovo?

Se provassimo a riscaldare il caffè rimettendolo in un forno a $80\;^\circ\text{C}$, l’entropia totale crescerebbe ancora. L’entropia del caffè tornerebbe al valore iniziale ($+77{,}9\;\text{J/K}$), ma quella del forno diminuirebbe solo di $25\,080/353 = 71{,}0\;\text{J/K}$. La differenza $+6{,}9\;\text{J/K}$ è l’irreversibilità dell’intero ciclo: non si torna mai allo stato iniziale dell’universo.

Collegamenti

Argomenti: Entropia e secondo principio Concetti: Entropia · Secondo principio della termodinamica · Calore specifico e capacità termica Competenze: Bilancio entropico

Problem

$0{,}1\;\text{kg}$ of coffee (approximated as water, $c_s = 4180\;\text{J/(kg·K)}$) at $T_A = 80\;^\circ\text{C} = 353\;\text{K}$ is left to cool down to $T_B = 20\;^\circ\text{C} = 293\;\text{K}$ in a room at $20\;^\circ\text{C}$ (thermostat). Calculate $\Delta S_\text{tot}$.

Solution

Setup. The isolated system comprises two components: the coffee (which cools) and the room’s atmosphere, which behaves as a thermostat at $T_\text{atm} = 293\;\text{K}$. We compute the two entropy changes separately and add them.

Entropy of the coffee (decreases, since it cools): $\Delta S_\text{caffè} = m c_s \ln\frac{T_B}{T_A} = 0{,}1\cdot 4180\cdot\ln\frac{293}{353} = -77{,}9\;\text{J/K}$

Heat given to the thermostat. The heat leaving the coffee enters the atmosphere: $Q = m c_s (T_A - T_B) = 0{,}1\cdot 4180\cdot 60 = 25\,080\;\text{J}$

Entropy of the thermostat (the atmosphere receives $Q$ at constant temperature): $\Delta S_\text{atm} = \frac{Q}{T_\text{atm}} = \frac{25\,080}{293} = 85{,}6\;\text{J/K}$

Total change: $\Delta S_\text{tot} = -77{,}9 + 85{,}6 = \ev{+7{,}7\;\text{J/K} > 0}$

The result is strictly positive, so the process is irreversible: the coffee would never spontaneously turn hot again, even though total energy would be conserved. The decrease in the coffee’s entropy is more than compensated by the increase in the environment’s entropy.

What if we heated it up again?

If we tried to reheat the coffee by putting it back in an oven at $80\;^\circ\text{C}$, the total entropy would grow again. The coffee’s entropy would return to its initial value ($+77{,}9\;\text{J/K}$), but the oven’s would decrease only by $25\,080/353 = 71{,}0\;\text{J/K}$. The difference $+6{,}9\;\text{J/K}$ is the irreversibility of the whole cycle: the universe never returns to its initial state.

Collegamenti

Argomenti: Entropy and the second law Concetti: Entropy · Second law of thermodynamics · Specific heat and heat capacity Competenze: Entropy balance

Testo

Un termostato 1 a $T_1 = 400\;\text{K}$ e uno 2 a $T_2 = 300\;\text{K}$ sono messi in contatto. Fluiscono $Q$ joule dal primo al secondo. Mostrare che questo è compatibile col secondo principio solo se $Q \geq 0$ (cioè dal caldo al freddo).

Soluzione

Impostazione. Chiamiamo $Q$ il calore che passa dal termostato 1 al termostato 2. Il termostato 1 cede $Q$, quindi riceve $-Q$; il termostato 2 riceve $+Q$. Usiamo per ciascuno la formula del termostato $\Delta S = Q_\text{ricevuto}/T$.

Entropia dei due termostati: $\Delta S_1 = -\frac{Q}{400}, \qquad \Delta S_2 = +\frac{Q}{300}$

Entropia totale: $\Delta S_\text{tot} = -\frac{Q}{400} + \frac{Q}{300} = Q\left(\frac{1}{300}-\frac{1}{400}\right) = \frac{Q}{1200}$

Conclusione. Il secondo principio impone $\Delta S_\text{tot} \geq 0$, cioè $Q/1200 \geq 0$, e quindi: $\ev{Q \geq 0}$

Il calore può fluire solo dal termostato caldo a quello freddo. Questa è una vera e propria dimostrazione dell’enunciato di Clausius (“il calore non passa spontaneamente dal freddo al caldo”) a partire dalla sola formulazione entropica del secondo principio. Il fattore $\left(\frac{1}{300}-\frac{1}{400}\right)$ è positivo proprio perché $T_2 < T_1$: è la differenza tra le temperature a fissare il verso permesso.

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Argomenti: Entropia e secondo principio Concetti: Secondo principio della termodinamica · Entropia Competenze: Bilancio entropico

Problem

A thermostat 1 at $T_1 = 400\;\text{K}$ and one 2 at $T_2 = 300\;\text{K}$ are put in contact. $Q$ joules flow from the first to the second. Show that this is compatible with the second law only if $Q \geq 0$ (i.e. from hot to cold).

Solution

Setup. Let $Q$ be the heat that passes from thermostat 1 to thermostat 2. Thermostat 1 gives up $Q$, so it receives $-Q$; thermostat 2 receives $+Q$. For each we use the thermostat formula $\Delta S = Q_\text{ricevuto}/T$.

Entropy of the two thermostats: $\Delta S_1 = -\frac{Q}{400}, \qquad \Delta S_2 = +\frac{Q}{300}$

Total entropy: $\Delta S_\text{tot} = -\frac{Q}{400} + \frac{Q}{300} = Q\left(\frac{1}{300}-\frac{1}{400}\right) = \frac{Q}{1200}$

Conclusion. The second law requires $\Delta S_\text{tot} \geq 0$, i.e. $Q/1200 \geq 0$, and therefore: $\ev{Q \geq 0}$

Heat can only flow from the hot thermostat to the cold one. This is a genuine proof of the Clausius statement (“heat does not pass spontaneously from cold to hot”) starting from the entropic formulation of the second law alone. The factor $\left(\frac{1}{300}-\frac{1}{400}\right)$ is positive precisely because $T_2 < T_1$: it is the difference between the temperatures that fixes the allowed direction.

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Argomenti: Entropy and the second law Concetti: Second law of thermodynamics · Entropy Competenze: Entropy balance

Testo

Riprendiamo l’espansione libera di $107\;\text{mol}$ di azoto da $V_A = 2\;\text{m}^3$ a $V_B = 4\;\text{m}^3$ a temperatura costante $T = 300\;\text{K}$, in un contenitore isolato. Calcolare $\Delta S_\text{tot}$.

Soluzione

Impostazione. Il contenitore è isolato, quindi non c’è alcun termostato con cui scambiare calore: $\Delta S_\text{atm} = 0$. Resta solo l’entropia del gas. Nell’espansione libera la temperatura non cambia (per un gas ideale l’energia interna dipende solo da $T$, e $Q = L = 0$), quindi $T_B = T_A$ e il termine di temperatura si annulla.

Entropia del gas (solo il termine di volume sopravvive): $\Delta S_\text{gas} = nC_v\ln\frac{T_B}{T_A} + nR\ln\frac{V_B}{V_A} = 0 + 107\cdot 8{,}31\cdot\ln 2 = 616\;\text{J/K}$

Variazione totale: $\Delta S_\text{tot} = \ev{616\;\text{J/K} > 0}$

Il processo è molto irreversibile. Il punto cruciale, e sorprendente, è il confronto col primo principio: in questa trasformazione $Q = 0$, $L_\text{gas} = 0$ e $\Delta E_\text{int} = 0$, cioè l’energia è conservata perfettamente e nulla viene scambiato con l’esterno. Eppure l’entropia è cresciuta di $616\;\text{J/K}$. È la prova che il secondo principio aggiunge un’informazione che il primo non contiene: l’energia si conserva, ma l’irreversibilità no.

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Argomenti: Entropia e secondo principio Concetti: Entropia · Secondo principio della termodinamica · Trasformazioni termodinamiche Competenze: Bilancio entropico Oggetti: Gas ideale

Problem

Let us return to the free expansion of $107\;\text{mol}$ of nitrogen from $V_A = 2\;\text{m}^3$ to $V_B = 4\;\text{m}^3$ at constant temperature $T = 300\;\text{K}$, in an isolated container. Calculate $\Delta S_\text{tot}$.

Solution

Setup. The container is isolated, so there is no thermostat to exchange heat with: $\Delta S_\text{atm} = 0$. Only the entropy of the gas remains. In free expansion the temperature does not change (for an ideal gas the internal energy depends only on $T$, and $Q = L = 0$), so $T_B = T_A$ and the temperature term vanishes.

Entropy of the gas (only the volume term survives): $\Delta S_\text{gas} = nC_v\ln\frac{T_B}{T_A} + nR\ln\frac{V_B}{V_A} = 0 + 107\cdot 8{,}31\cdot\ln 2 = 616\;\text{J/K}$

Total change: $\Delta S_\text{tot} = \ev{616\;\text{J/K} > 0}$

The process is highly irreversible. The crucial, and surprising, point is the comparison with the first law: in this transformation $Q = 0$, $L_\text{gas} = 0$ and $\Delta E_\text{int} = 0$, i.e. energy is perfectly conserved and nothing is exchanged with the outside. Yet entropy has grown by $616\;\text{J/K}$. This is proof that the second law adds information that the first does not contain: energy is conserved, but irreversibility is not.

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Topics: Entropy and the second law Concepts: Entropy · Second law of thermodynamics · Thermodynamic processes Skills: Entropy balance Objects: Ideal gas

Testo

Lo stesso caffè di prima ($0{,}1\;\text{kg}$, da $353\;\text{K}$ a $293\;\text{K}$), ma invece di raffreddarsi direttamente, passa attraverso una macchina termica che estrae lavoro $L$ e cede $Q_\text{atm}$ all’atmosfera. Trovare il massimo lavoro ottenibile.

Soluzione

Impostazione. Il massimo lavoro si ottiene quando il processo è reversibile, cioè quando $\Delta S_\text{tot} = 0$. I componenti sono tre: il caffè (che si raffredda), la macchina (che compie un ciclo) e l’atmosfera (termostato a $293\;\text{K}$).

La macchina lavora ciclicamente, quindi torna ogni volta allo stesso stato: $\Delta S_\text{macchina} = 0$. L’entropia del caffè che si raffredda l’abbiamo già calcolata: $\Delta S_\text{caffè} = -77{,}9\;\text{J/K}$.

Condizione di reversibilità ($\Delta S_\text{tot} = 0$): $\underbrace{-77{,}9}_\text{caffè} + \underbrace{0}_\text{macchina} + \frac{Q_\text{atm}}{293} = 0 \;\Rightarrow\; Q_\text{atm} = 77{,}9\cdot 293 = 22\,824\;\text{J}$

Primo principio. Il calore che esce dal caffè ($25\,080\;\text{J}$, come nell’esercizio del raffreddamento diretto) si divide tra il calore ceduto all’atmosfera e il lavoro utile estratto: $L_\text{max} = 25\,080 - 22\,824 = \ev{2256\;\text{J}}$

Questo è il massimo lavoro estraibile da una tazzina di caffè che si raffredda da $80\;^\circ\text{C}$ a temperatura ambiente. Qualsiasi macchina reale avrà $\Delta S_\text{tot} > 0$ e produrrà meno lavoro: l’irreversibilità è, letteralmente, lavoro sprecato.

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Argomenti: Entropia e secondo principio Concetti: Secondo principio della termodinamica · Entropia · Rendimento Competenze: Bilancio entropico Oggetti: Macchina termica

Problem

The same coffee as before ($0{,}1\;\text{kg}$, from $353\;\text{K}$ to $293\;\text{K}$), but instead of cooling directly, it passes through a heat engine that extracts work $L$ and releases $Q_\text{atm}$ to the atmosphere. Find the maximum work obtainable.

Solution

Setup. The maximum work is obtained when the process is reversible, i.e. when $\Delta S_\text{tot} = 0$. There are three components: the coffee (which cools), the engine (which performs a cycle) and the atmosphere (a thermostat at $293\;\text{K}$).

The engine works cyclically, so it returns each time to the same state: $\Delta S_\text{engine} = 0$. We have already calculated the entropy of the cooling coffee: $\Delta S_\text{coffee} = -77{,}9\;\text{J/K}$.

Reversibility condition ($\Delta S_\text{tot} = 0$): $\underbrace{-77{,}9}_\text{coffee} + \underbrace{0}_\text{engine} + \frac{Q_\text{atm}}{293} = 0 \;\Rightarrow\; Q_\text{atm} = 77{,}9\cdot 293 = 22\,824\;\text{J}$

First law. The heat leaving the coffee ($25\,080\;\text{J}$, as in the direct-cooling exercise) is split between the heat released to the atmosphere and the useful work extracted: $L_\text{max} = 25\,080 - 22\,824 = \ev{2256\;\text{J}}$

This is the maximum work extractable from a cup of coffee cooling from $80\;^\circ\text{C}$ to room temperature. Any real engine will have $\Delta S_\text{tot} > 0$ and will produce less work: irreversibility is, literally, wasted work.

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Topics: Entropia e secondo principio Concepts: Secondo principio della termodinamica · Entropia · Rendimento Skills: Bilancio entropico Objects: Macchina termica

Testo

Un cubetto di ghiaccio si scioglie spontaneamente in un bicchiere d’acqua a temperatura ambiente. L’entropia dell’universo in questo processo aumenta, diminuisce o resta invariata? Motiva la risposta richiamando il secondo principio della termodinamica.

Soluzione

Consideriamo come “universo” termodinamico l’insieme del ghiaccio e dell’acqua a temperatura ambiente che lo circonda: questo insieme costituisce un sistema isolato, che non scambia né calore né lavoro con l’esterno.

Lo scioglimento del ghiaccio in acqua più calda avviene spontaneamente, e ogni processo spontaneo in un sistema isolato è irreversibile. Il secondo principio impone allora che l’entropia totale cresca: $\ev{\Delta S_\text{tot} > 0}$ quindi l’entropia dell’universo AUMENTA.

A livello di bilancio: il ghiaccio assorbe calore e la sua entropia cresce di una quantità $\Delta S_\text{ghiaccio} = +\int \dd Q / T_\text{basso}$, valutata alle basse temperature del ghiaccio. L’acqua ambiente cede la stessa quantità di calore e la sua entropia diminuisce di $\Delta S_\text{acqua} = -\int \dd Q / T_\text{alto}$, ma valutata alle temperature più alte dell’ambiente. Poiché lo stesso calore viene ceduto a $T$ alta e ricevuto a $T$ più bassa, il termine positivo prevale in modulo su quello negativo: il bilancio netto è positivo.

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Argomenti: Entropia e secondo principio Concetti: Entropia · Secondo principio della termodinamica Competenze: Bilancio entropico

Problem

An ice cube melts spontaneously in a glass of water at room temperature. Does the entropy of the universe in this process increase, decrease or stay unchanged? Justify the answer by referring to the second law of thermodynamics.

Solution

Let us take as the thermodynamic “universe” the set formed by the ice and the surrounding room-temperature water: this set constitutes an isolated system, which exchanges neither heat nor work with the outside.

The melting of the ice in the warmer water happens spontaneously, and every spontaneous process in an isolated system is irreversible. The second law then requires the total entropy to increase: $\ev{\Delta S_\text{tot} > 0}$ so the entropy of the universe INCREASES.

In terms of the balance: the ice absorbs heat and its entropy grows by an amount $\Delta S_\text{ice} = +\int \dd Q / T_\text{low}$, evaluated at the low temperatures of the ice. The surrounding water releases the same amount of heat and its entropy decreases by $\Delta S_\text{water} = -\int \dd Q / T_\text{high}$, but evaluated at the higher temperatures of the environment. Since the same heat is released at a high $T$ and received at a lower $T$, the positive term prevails in magnitude over the negative one: the net balance is positive.

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Topics: Entropia e secondo principio Concepts: Entropia · Secondo principio della termodinamica Skills: Bilancio entropico

Testo

Stabilisci se ciascuna affermazione è vera o falsa, motivando la risposta: (1) L’entropia è una funzione di stato. (2) In un processo irreversibile l’entropia del gas deve sempre aumentare. (3) In un sistema isolato $\Delta S_\text{tot}\ge 0$. (4) Se $Q=0$ allora certamente $\Delta S_\text{gas}=0$.

Soluzione

(1) VERO. L’entropia dipende solo dallo stato termodinamico del sistema (definito da $p$, $V$, $T$) e non dal cammino seguito per raggiungerlo. La sua variazione tra due stati è quindi indipendente dalla trasformazione.

(2) FALSO. In un processo irreversibile è l’entropia TOTALE (sistema più ambiente) a non poter diminuire, non quella del solo gas. L’entropia del gas può benissimo diminuire, per esempio se il gas viene raffreddato o compresso: cede calore e la sua entropia cala.

(3) VERO. È l’enunciato del secondo principio per un sistema isolato: l’entropia totale non può mai diminuire; resta costante nei processi reversibili e cresce in quelli irreversibili.

(4) FALSO. $Q=0$ non implica $\Delta S_\text{gas}=0$. Controesempio: nell’espansione libera di un gas ideale non c’è scambio di calore ($Q=0$) né lavoro, ma il volume aumenta e l’entropia del gas cresce, $\Delta S_\text{gas} = nR\ln(V_B/V_A) > 0$. L’uguaglianza $\Delta S = Q/T$ vale solo per trasformazioni reversibili.

$\ev{V,\ F,\ V,\ F}$

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Argomenti: Entropia e secondo principio Concetti: Entropia · Secondo principio della termodinamica Competenze: Bilancio entropico

Problem

Determine whether each statement is true or false, justifying your answer: (1) Entropy is a state function. (2) In an irreversible process the entropy of the gas must always increase. (3) In an isolated system $\Delta S_\text{tot}\ge 0$. (4) If $Q=0$ then certainly $\Delta S_\text{gas}=0$.

Solution

(1) TRUE. Entropy depends only on the thermodynamic state of the system (defined by $p$, $V$, $T$) and not on the path followed to reach it. Its change between two states is therefore independent of the transformation.

(2) FALSE. In an irreversible process it is the TOTAL entropy (system plus environment) that cannot decrease, not that of the gas alone. The entropy of the gas can perfectly well decrease, for example if the gas is cooled or compressed: it releases heat and its entropy falls.

(3) TRUE. This is the statement of the second law for an isolated system: the total entropy can never decrease; it stays constant in reversible processes and grows in irreversible ones.

(4) FALSE. $Q=0$ does not imply $\Delta S_\text{gas}=0$. Counterexample: in the free expansion of an ideal gas there is no heat exchange ($Q=0$) nor work, but the volume increases and the entropy of the gas grows, $\Delta S_\text{gas} = nR\ln(V_B/V_A) > 0$. The equality $\Delta S = Q/T$ holds only for reversible transformations.

$\ev{T,\ F,\ T,\ F}$

Linked atoms

Topics: Entropia e secondo principio Concepts: Entropia · Secondo principio della termodinamica Skills: Bilancio entropico

Testo

Un gas ideale ($n=1$ mol) si espande isotermicamente alla temperatura $T=300$ K raddoppiando il proprio volume. Calcola la variazione di entropia $\Delta S$ del gas.

Soluzione

Per un gas ideale la variazione di entropia tra due stati vale in generale $\Delta S = nC_V\ln\frac{T_B}{T_A} + nR\ln\frac{V_B}{V_A}$ In una trasformazione isoterma $T_B=T_A$, quindi il primo termine si annulla e resta solo il contributo del volume. Con $V_B = 2V_A$: $\Delta S = nR\ln\frac{V_B}{V_A} = 1\cdot 8{,}31\cdot\ln 2 = 5{,}76\;\text{J/K}$ $\ev{\Delta S \approx 5{,}76\;\text{J/K}}$ Il risultato è positivo: espandendosi il gas occupa più stati microscopici accessibili, quindi la sua entropia cresce.

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Argomenti: Entropia e secondo principio Concetti: Entropia · Trasformazioni termodinamiche · Legge dei gas perfetti Competenze: Bilancio entropico Oggetti: Gas ideale

Problem

An ideal gas ($n=1$ mol) expands isothermally at temperature $T=300$ K, doubling its volume. Calculate the entropy change $\Delta S$ of the gas.

Solution

For an ideal gas the entropy change between two states is generally given by $\Delta S = nC_V\ln\frac{T_B}{T_A} + nR\ln\frac{V_B}{V_A}$ In an isothermal transformation $T_B=T_A$, so the first term vanishes and only the volume contribution remains. With $V_B = 2V_A$: $\Delta S = nR\ln\frac{V_B}{V_A} = 1\cdot 8{,}31\cdot\ln 2 = 5{,}76\;\text{J/K}$ $\ev{\Delta S \approx 5{,}76\;\text{J/K}}$ The result is positive: as it expands the gas occupies more accessible microscopic states, so its entropy grows.

Linked atoms

Topics: Entropia e secondo principio Concepts: Entropia · Trasformazioni termodinamiche · Legge dei gas perfetti Skills: Bilancio entropico Objects: Gas ideale

Testo

Un blocco di rame di massa $m=0{,}2$ kg (calore specifico $c_s = 385\ \text{J/(kg}\cdot\text{K)}$) a temperatura $T_A = 350$ K viene immerso in un grande serbatoio d’acqua a $T_\text{atm} = 290$ K, fino a raggiungere l’equilibrio termico. Calcola le variazioni di entropia del rame, dell’acqua e totale. Il processo è reversibile?

Soluzione

Il serbatoio è grande, quindi si comporta come un termostato: la sua temperatura resta $T_\text{atm}=290$ K. Il rame si raffredda da $350$ K a $290$ K.

Entropia del rame (temperatura variabile, integrazione di $\dd Q = m c_s\,\dd T$): $\Delta S_\text{rame} = m c_s\ln\frac{T_\text{atm}}{T_A} = 0{,}2\cdot 385\cdot\ln\frac{290}{350} = -14{,}5\;\text{J/K}$

Calore ceduto dal rame e assorbito dall’acqua: $Q = m c_s (T_A - T_\text{atm}) = 0{,}2\cdot 385\cdot 60 = 4620\;\text{J}$

L’acqua riceve questo calore alla temperatura costante $T_\text{atm}$: $\Delta S_\text{acqua} = \frac{Q}{T_\text{atm}} = \frac{4620}{290} = +15{,}9\;\text{J/K}$

Bilancio totale: $\Delta S_\text{tot} = \Delta S_\text{rame} + \Delta S_\text{acqua} = -14{,}5 + 15{,}9 = +1{,}45\;\text{J/K}$ $\ev{\Delta S_\text{tot} \approx 1{,}45\;\text{J/K}}$ Poiché $\Delta S_\text{tot} > 0$, il processo è IRREVERSIBILE: il calore fluisce spontaneamente attraverso una differenza finita di temperatura.

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Argomenti: Entropia e secondo principio Concetti: Entropia · Secondo principio della termodinamica · Calore specifico e capacità termica Competenze: Equazione calorimetrica · Bilancio entropico Oggetti: Calorimetro

Problem

A copper block of mass $m=0{,}2$ kg (specific heat $c_s = 385\ \text{J/(kg}\cdot\text{K)}$) at temperature $T_A = 350$ K is immersed in a large water reservoir at $T_\text{atm} = 290$ K, until thermal equilibrium is reached. Calculate the entropy changes of the copper, of the water, and the total. Is the process reversible?

Solution

The reservoir is large, so it behaves as a thermostat: its temperature stays at $T_\text{atm}=290$ K. The copper cools from $350$ K to $290$ K.

Entropy of the copper (variable temperature, integrating $\dd Q = m c_s\,\dd T$): $\Delta S_\text{copper} = m c_s\ln\frac{T_\text{atm}}{T_A} = 0{,}2\cdot 385\cdot\ln\frac{290}{350} = -14{,}5\;\text{J/K}$

Heat released by the copper and absorbed by the water: $Q = m c_s (T_A - T_\text{atm}) = 0{,}2\cdot 385\cdot 60 = 4620\;\text{J}$

The water receives this heat at the constant temperature $T_\text{atm}$: $\Delta S_\text{water} = \frac{Q}{T_\text{atm}} = \frac{4620}{290} = +15{,}9\;\text{J/K}$

Total balance: $\Delta S_\text{tot} = \Delta S_\text{copper} + \Delta S_\text{water} = -14{,}5 + 15{,}9 = +1{,}45\;\text{J/K}$ $\ev{\Delta S_\text{tot} \approx 1{,}45\;\text{J/K}}$ Since $\Delta S_\text{tot} > 0$, the process is IRREVERSIBLE: heat flows spontaneously across a finite temperature difference.

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Topics: Entropia e secondo principio Concepts: Entropia · Secondo principio della termodinamica · Calore specifico e capacità termica Skills: Equazione calorimetrica · Bilancio entropico Objects: Calorimetro

Testo

Uno studente afferma: “Un congelatore diminuisce l’entropia dell’acqua quando la trasforma in ghiaccio, quindi viola il secondo principio della termodinamica”. Spiega perché l’affermazione è sbagliata, indicando dove e come aumenta l’entropia complessiva.

Soluzione

L’errore sta nell’applicare il secondo principio a un sistema che non è isolato. La forma $\Delta S \ge 0$ vale solo per un sistema ISOLATO, ovvero per l’universo nel suo complesso, non per la sola acqua.

Un congelatore è una macchina frigorifera: assorbe lavoro elettrico $L$ e, per sottrarre il calore $Q_\text{f}$ all’acqua da congelare, scarica all’ambiente (attraverso la serpentina posteriore) un calore $Q_\text{c} = Q_\text{f} + L > Q_\text{f}$ maggiore di quello prelevato dall’acqua.

È vero che l’acqua diminuisce la propria entropia congelando ($\Delta S_\text{acqua} < 0$), ma l’ambiente riceve una quantità di calore maggiore, a temperatura relativamente bassa, e la sua entropia cresce più di quanto cali quella dell’acqua: $\Delta S_\text{ambiente} > |\Delta S_\text{acqua}|$ Il bilancio complessivo è quindi $\ev{\Delta S_\text{tot} > 0}$ Nessuna violazione del secondo principio: l’ordine creato localmente (acqua che diventa ghiaccio ordinato) è pagato con un aumento maggiore di disordine nell’ambiente.

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Argomenti: Entropia e secondo principio Concetti: Entropia · Secondo principio della termodinamica · Frigorifero e pompa di calore Competenze: Bilancio entropico Oggetti: Frigorifero

Problem

A student claims: “A freezer decreases the entropy of the water when it turns it into ice, so it violates the second law of thermodynamics.” Explain why this claim is wrong, indicating where and how the overall entropy increases.

Solution

The mistake lies in applying the second law to a system that is not isolated. The form $\Delta S \ge 0$ holds only for an ISOLATED system, i.e. for the universe as a whole, not for the water alone.

A freezer is a refrigeration machine: it absorbs electrical work $L$ and, in order to remove heat $Q_\text{f}$ from the water being frozen, discharges to the environment (through the rear coil) a heat $Q_\text{c} = Q_\text{f} + L > Q_\text{f}$ greater than the amount drawn from the water.

It is true that the water decreases its own entropy by freezing ($\Delta S_\text{water} < 0$), but the environment receives a larger amount of heat, at a relatively low temperature, and its entropy grows more than the water’s falls: $\Delta S_\text{environment} > |\Delta S_\text{water}|$ The overall balance is therefore $\ev{\Delta S_\text{tot} > 0}$ No violation of the second law: the order created locally (water turning into ordered ice) is paid for by a larger increase in disorder in the environment.

Linked atoms

Topics: Entropia e secondo principio Concepts: Entropia · Secondo principio della termodinamica · Frigorifero e pompa di calore Skills: Bilancio entropico Objects: Frigorifero

Testo

Durante una doccia calda entrano $2$ kg d’acqua a temperatura $T_\text{calda} = 315$ K nel bagno; l’acqua si raffredda fino a mescolarsi con l’aria della stanza a $T_\text{aria} = 293$ K, che possiamo trattare come termostato. Calcola l’aumento di entropia dell’universo (calore specifico dell’acqua $c_s = 4180\ \text{J/(kg}\cdot\text{K)}$). Il processo è reversibile?

Soluzione

L’acqua si raffredda da $315$ K a $293$ K; la sua entropia (temperatura variabile) cambia di $\Delta S_\text{acqua} = m c_s\ln\frac{T_\text{aria}}{T_\text{calda}} = 2\cdot 4180\cdot\ln\frac{293}{315} = -605\;\text{J/K}$

Calore ceduto dall’acqua all’aria: $Q = m c_s (T_\text{calda} - T_\text{aria}) = 2\cdot 4180\cdot 22 = 183\,920\;\text{J}$

L’aria, termostato a $T_\text{aria}$, riceve questo calore: $\Delta S_\text{aria} = \frac{Q}{T_\text{aria}} = \frac{183\,920}{293} = +628\;\text{J/K}$

Bilancio totale (universo): $\Delta S_\text{tot} = \Delta S_\text{acqua} + \Delta S_\text{aria} = -605 + 628 \approx +22\;\text{J/K}$ $\ev{\Delta S_\text{tot} \approx 22\;\text{J/K}}$ Essendo $\Delta S_\text{tot} > 0$, il processo è IRREVERSIBILE: il calore passa spontaneamente dall’acqua calda all’aria più fredda attraverso una differenza finita di temperatura.

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Argomenti: Entropia e secondo principio Concetti: Entropia · Secondo principio della termodinamica · Calore specifico e capacità termica Competenze: Equazione calorimetrica · Bilancio entropico

Problem

During a hot shower $2$ kg of water at temperature $T_\text{calda} = 315$ K enter the bathroom; the water cools until it mixes with the room’s air at $T_\text{aria} = 293$ K, which we can treat as a thermostat. Calculate the increase in entropy of the universe (specific heat of water $c_s = 4180\ \text{J/(kg}\cdot\text{K)}$). Is the process reversible?

Solution

The water cools from $315$ K to $293$ K; its entropy (variable temperature) changes by $\Delta S_\text{acqua} = m c_s\ln\frac{T_\text{aria}}{T_\text{calda}} = 2\cdot 4180\cdot\ln\frac{293}{315} = -605\;\text{J/K}$

Heat given by the water to the air: $Q = m c_s (T_\text{calda} - T_\text{aria}) = 2\cdot 4180\cdot 22 = 183\,920\;\text{J}$

The air, a thermostat at $T_\text{aria}$, receives this heat: $\Delta S_\text{aria} = \frac{Q}{T_\text{aria}} = \frac{183\,920}{293} = +628\;\text{J/K}$

Total balance (universe): $\Delta S_\text{tot} = \Delta S_\text{acqua} + \Delta S_\text{aria} = -605 + 628 \approx +22\;\text{J/K}$ $\ev{\Delta S_\text{tot} \approx 22\;\text{J/K}}$ Since $\Delta S_\text{tot} > 0$, the process is IRREVERSIBLE: heat passes spontaneously from the hot water to the colder air across a finite temperature difference.

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Argomenti: Entropy and the second law Concetti: Entropy · Second law of thermodynamics · Specific heat and heat capacity Competenze: Calorimetric equation · Entropy balance

Testo

Due termostati a temperature $T_1 > T_2$ vengono collegati termicamente e scambiano una quantità di calore $Q$. Partendo dalle formule $\Delta S_\text{term} = Q/T_\text{term}$, dimostra che la condizione $\Delta S_\text{tot} \ge 0$ implica che il calore $Q$ fluisca dal termostato caldo a quello freddo. Specifica il caso limite in cui $\Delta S_\text{tot} = 0$.

Soluzione

Sia $Q$ il calore che passa dal termostato caldo a quello freddo. Il termostato caldo cede $Q$, quindi riceve $-Q$ e la sua entropia varia di $-Q/T_1$; il termostato freddo riceve $+Q$ e la sua entropia varia di $+Q/T_2$. La variazione totale è $\Delta S_\text{tot} = -\frac{Q}{T_1} + \frac{Q}{T_2} = Q\,\frac{T_1 - T_2}{T_1 T_2}$

Poiché $T_1 > T_2$ e le temperature assolute sono positive, il fattore $\dfrac{T_1 - T_2}{T_1 T_2}$ è strettamente positivo. Quindi il segno di $\Delta S_\text{tot}$ coincide con il segno di $Q$: $\Delta S_\text{tot} \ge 0 \iff Q \ge 0$ Il secondo principio, imponendo $\Delta S_\text{tot} \ge 0$, obbliga $Q \ge 0$: il calore fluisce effettivamente dal termostato caldo a quello freddo, mai spontaneamente al contrario.

Caso limite: $\ev{\Delta S_\text{tot} = 0}$ si ha solo se $Q = 0$ (nessuno scambio) oppure nel limite $T_1 \to T_2$, cioè contatto reversibile tra corpi a temperature infinitamente vicine.

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Argomenti: Entropia e secondo principio Concetti: Entropia · Secondo principio della termodinamica · Temperatura Competenze: Bilancio entropico · Analisi di casi limite e fantafisica

Problem

Two thermostats at temperatures $T_1 > T_2$ are put in thermal contact and exchange an amount of heat $Q$. Starting from the formulas $\Delta S_\text{term} = Q/T_\text{term}$, show that the condition $\Delta S_\text{tot} \ge 0$ implies that heat $Q$ flows from the hot thermostat to the cold one. Specify the limiting case where $\Delta S_\text{tot} = 0$.

Solution

Let $Q$ be the heat that passes from the hot thermostat to the cold one. The hot thermostat gives up $Q$, so it receives $-Q$ and its entropy changes by $-Q/T_1$; the cold thermostat receives $+Q$ and its entropy changes by $+Q/T_2$. The total change is $\Delta S_\text{tot} = -\frac{Q}{T_1} + \frac{Q}{T_2} = Q\,\frac{T_1 - T_2}{T_1 T_2}$

Since $T_1 > T_2$ and absolute temperatures are positive, the factor $\dfrac{T_1 - T_2}{T_1 T_2}$ is strictly positive. So the sign of $\Delta S_\text{tot}$ coincides with the sign of $Q$: $\Delta S_\text{tot} \ge 0 \iff Q \ge 0$ The second law, by requiring $\Delta S_\text{tot} \ge 0$, forces $Q \ge 0$: heat indeed flows from the hot thermostat to the cold one, never spontaneously the other way round.

Limiting case: $\ev{\Delta S_\text{tot} = 0}$ holds only if $Q = 0$ (no exchange) or in the limit $T_1 \to T_2$, i.e. reversible contact between bodies at infinitesimally close temperatures.

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Argomenti: Entropy and the second law Concetti: Entropy · Second law of thermodynamics · Temperature Competenze: Entropy balance · Limiting-case and thought-experiment analysis

Testo

Un blocco di ferro ($m=1$ kg, calore specifico $c_s = 450\ \text{J/(kg}\cdot\text{K)}$) a temperatura $T_A = 500$ K viene raffreddato fino alla temperatura ambiente $T_0 = 300$ K. Calcola il lavoro massimo estraibile inserendo tra il ferro e l’ambiente una macchina ciclica reversibile. Confronta con l’energia termica totale ceduta $Q_\text{tot}$ e commenta.

Soluzione

Il lavoro estratto è massimo quando la macchina lavora in modo reversibile, cioè quando l’entropia totale non varia: $\Delta S_\text{tot}=0$.

Il ferro si raffredda da $500$ K a $300$ K; la sua variazione di entropia (temperatura variabile) è $\Delta S_\text{ferro} = m c_s\ln\frac{T_0}{T_A} = 1\cdot 450\cdot\ln\frac{300}{500} = 450\cdot\ln 0{,}6 = -229{,}9\;\text{J/K}$

Condizione di reversibilità: l’entropia dell’ambiente compensa esattamente quella persa dal ferro, $\Delta S_\text{amb} = +229{,}9\ \text{J/K}$. L’ambiente è un termostato a $T_0$, quindi riceve un calore $Q_\text{amb} = T_0\,\Delta S_\text{amb} = 300\cdot 229{,}9 = 68\,970\;\text{J}$

Energia termica totale ceduta dal ferro: $Q_\text{tot} = m c_s (T_A - T_0) = 1\cdot 450\cdot 200 = 90\,000\;\text{J}$

Il lavoro massimo è la parte di $Q_\text{tot}$ non scaricata all’ambiente: $L_\text{max} = Q_\text{tot} - Q_\text{amb} = 90\,000 - 68\,970 \approx 2{,}1\cdot 10^4\;\text{J}$ $\ev{L_\text{max} \approx 2{,}1\cdot 10^4\;\text{J}}$ Commento: solo circa il $23\%$ dell’energia termica ceduta dal ferro può essere convertita in lavoro; il resto ($\approx 69$ kJ) finisce inevitabilmente nell’ambiente. La frazione utile è limitata dal secondo principio, perché il ferro cede calore a temperature via via decrescenti verso $T_0$.

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Argomenti: Entropia e secondo principio Concetti: Entropia · Secondo principio della termodinamica · Calore specifico e capacità termica · Rendimento Competenze: Bilancio entropico Oggetti: Macchina termica

Problem

A block of iron ($m=1$ kg, specific heat $c_s = 450\ \text{J/(kg}\cdot\text{K)}$) at temperature $T_A = 500$ K is cooled down to room temperature $T_0 = 300$ K. Calculate the maximum work extractable by inserting a reversible cyclic machine between the iron and the environment. Compare with the total thermal energy given up $Q_\text{tot}$ and comment.

Solution

The extracted work is maximum when the machine operates reversibly, that is, when total entropy does not change: $\Delta S_\text{tot}=0$.

The iron cools from $500$ K to $300$ K; its entropy change (variable temperature) is $\Delta S_\text{ferro} = m c_s\ln\frac{T_0}{T_A} = 1\cdot 450\cdot\ln\frac{300}{500} = 450\cdot\ln 0{,}6 = -229{,}9\;\text{J/K}$

Reversibility condition: the environment’s entropy exactly compensates that lost by the iron, $\Delta S_\text{amb} = +229{,}9\ \text{J/K}$. The environment is a thermostat at $T_0$, so it receives a heat $Q_\text{amb} = T_0\,\Delta S_\text{amb} = 300\cdot 229{,}9 = 68\,970\;\text{J}$

Total thermal energy given up by the iron: $Q_\text{tot} = m c_s (T_A - T_0) = 1\cdot 450\cdot 200 = 90\,000\;\text{J}$

The maximum work is the part of $Q_\text{tot}$ not discharged to the environment: $L_\text{max} = Q_\text{tot} - Q_\text{amb} = 90\,000 - 68\,970 \approx 2{,}1\cdot 10^4\;\text{J}$ $\ev{L_\text{max} \approx 2{,}1\cdot 10^4\;\text{J}}$ Comment: only about $23\%$ of the thermal energy given up by the iron can be converted into work; the rest ($\approx 69$ kJ) inevitably ends up in the environment. The useful fraction is limited by the second law, because the iron gives up heat at temperatures that decrease progressively towards $T_0$.

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Argomenti: Entropy and the second law Concetti: Entropy · Second law of thermodynamics · Specific heat and heat capacity · Efficiency Competenze: Entropy balance Oggetti: Heat engine

Testo

Stima l’aumento di entropia dell’universo prodotto da una sola tazza di caffè ($m \approx 0{,}2$ kg, che si raffredda da $80\ ^\circ$C a $20\ ^\circ$C) lasciata raffreddare in una stanza a $20\ ^\circ$C. Commenta: se tutti gli studenti d’Italia bevessero un caffè al mattino, quale ordine di grandezza di aumento di entropia produrrebbero complessivamente?

Soluzione

Trattiamo il caffè come acqua, $c_s \approx 4180\ \text{J/(kg}\cdot\text{K)}$. Le temperature in kelvin sono $T_\text{caldo}=353$ K e $T_\text{amb}=293$ K.

Entropia persa dal caffè che si raffredda: $\Delta S_\text{caffè} = m c_s\ln\frac{T_\text{amb}}{T_\text{caldo}} = 0{,}2\cdot 4180\cdot\ln\frac{293}{353} \approx -156\;\text{J/K}$

Calore ceduto all’ambiente: $Q = m c_s (T_\text{caldo} - T_\text{amb}) = 0{,}2\cdot 4180\cdot 60 = 50\,160\;\text{J}$

Entropia guadagnata dall’ambiente (termostato a $T_\text{amb}$): $\Delta S_\text{amb} = \frac{Q}{T_\text{amb}} = \frac{50\,160}{293} \approx +171\;\text{J/K}$

Bilancio totale: $\Delta S_\text{tot} = -156 + 171 \approx +15\;\text{J/K}$ $\ev{\Delta S_\text{tot} \sim 10^1\;\text{J/K}}$

Commento: una singola tazza produce un aumento di entropia dell’ordine della decina di J/K. Con un numero di studenti dell’ordine di $10^6$–$10^7$, l’aumento complessivo al mattino è dell’ordine di $10^7$–$10^8$ J/K: un contributo colossale, eppure appena una goccia rispetto all’entropia prodotta ogni istante dall’intero pianeta.

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Argomenti: Entropia e secondo principio Concetti: Entropia · Secondo principio della termodinamica · Calore specifico e capacità termica Competenze: Stime di Fermi · Bilancio entropico

Problem

Estimate the increase in entropy of the universe produced by a single cup of coffee ($m \approx 0{,}2$ kg, which cools from $80\ ^\circ$C to $20\ ^\circ$C) left to cool in a room at $20\ ^\circ$C. Comment: if all students in Italy drank a coffee in the morning, what order of magnitude of entropy increase would they collectively produce?

Solution

We treat coffee as water, $c_s \approx 4180\ \text{J/(kg}\cdot\text{K)}$. The temperatures in kelvin are $T_\text{caldo}=353$ K and $T_\text{amb}=293$ K.

Entropy lost by the cooling coffee: $\Delta S_\text{caffè} = m c_s\ln\frac{T_\text{amb}}{T_\text{caldo}} = 0{,}2\cdot 4180\cdot\ln\frac{293}{353} \approx -156\;\text{J/K}$

Heat given up to the environment: $Q = m c_s (T_\text{caldo} - T_\text{amb}) = 0{,}2\cdot 4180\cdot 60 = 50\,160\;\text{J}$

Entropy gained by the environment (thermostat at $T_\text{amb}$): $\Delta S_\text{amb} = \frac{Q}{T_\text{amb}} = \frac{50\,160}{293} \approx +171\;\text{J/K}$

Total balance: $\Delta S_\text{tot} = -156 + 171 \approx +15\;\text{J/K}$ $\ev{\Delta S_\text{tot} \sim 10^1\;\text{J/K}}$

Comment: a single cup produces an entropy increase of the order of tens of J/K. With a number of students of order $10^6$–$10^7$, the overall morning increase is of order $10^7$–$10^8$ J/K: a colossal contribution, yet still just a drop compared with the entropy produced every instant by the entire planet.

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Argomenti: Entropy and the second law Concetti: Entropy · Second law of thermodynamics · Specific heat and heat capacity Competenze: Fermi estimates · Entropy balance

Testo

Quattro sistemi subiscono processi reversibili. In ciascun caso sono indicati il calore $Q$ assorbito e la temperatura $T$ a cui avviene lo scambio: (A) $Q=100$ J, $T=500$ K. (B) $Q=200$ J, $T=500$ K. (C) $Q=500$ J, $T=250$ K. (D) $Q=400$ J, $T=400$ K. Ordina le variazioni di entropia $\Delta S = Q/T$ dalla più piccola alla più grande.

Soluzione

Per uno scambio reversibile a temperatura costante $\Delta S = Q/T$. Calcoliamo i quattro valori: $\begin{aligned} \Delta S_A &= \frac{100}{500} = 0{,}20\;\text{J/K} \\ \Delta S_B &= \frac{200}{500} = 0{,}40\;\text{J/K} \\ \Delta S_D &= \frac{400}{400} = 1{,}00\;\text{J/K} \\ \Delta S_C &= \frac{500}{250} = 2{,}00\;\text{J/K} \end{aligned}$

Ordinando dal più piccolo al più grande: $\ev{A < B < D < C}$

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Argomenti: Entropia e secondo principio Concetti: Entropia · Temperatura Competenze: Ragionamento di ranking · Bilancio entropico

Problem

Four systems undergo reversible processes. In each case the heat $Q$ absorbed and the temperature $T$ at which the exchange occurs are given: (A) $Q=100$ J, $T=500$ K. (B) $Q=200$ J, $T=500$ K. (C) $Q=500$ J, $T=250$ K. (D) $Q=400$ J, $T=400$ K. Rank the entropy changes $\Delta S = Q/T$ from smallest to largest.

Solution

For a reversible exchange at constant temperature $\Delta S = Q/T$. We compute the four values: $\begin{aligned} \Delta S_A &= \frac{100}{500} = 0{,}20\;\text{J/K} \\ \Delta S_B &= \frac{200}{500} = 0{,}40\;\text{J/K} \\ \Delta S_D &= \frac{400}{400} = 1{,}00\;\text{J/K} \\ \Delta S_C &= \frac{500}{250} = 2{,}00\;\text{J/K} \end{aligned}$

Ordering from smallest to largest: $\ev{A < B < D < C}$

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Argomenti: Entropy and the second law Concetti: Entropy · Temperature Competenze: Ranking reasoning · Entropy balance

Testo

Un tuo compagno osserva: “Un frigorifero fa diminuire l’entropia dell’acqua che congela; dunque il secondo principio è violato”. E ancora: “Un embrione che diventa un organismo adulto fa diminuire l’entropia (le cellule si organizzano); dunque la vita viola il secondo principio”. Confuta entrambe le affermazioni distinguendo l’entropia del sistema da quella dell’universo, e specificando dove va a finire l’entropia prodotta.

Soluzione

Entrambe le affermazioni commettono lo stesso errore: applicano il secondo principio nella forma $\Delta S \ge 0$ a un sistema che NON è isolato. Quella forma vale solo per un sistema isolato, ovvero per l’intero universo termodinamico. Frigorifero e organismo vivente sono invece sistemi APERTI, che scambiano continuamente energia e materia con l’ambiente.

Frigorifero: l’acqua che congela diminuisce la propria entropia, $\Delta S_\text{acqua} < 0$. Ma la macchina assorbe lavoro elettrico e riversa nell’ambiente, tramite la serpentina del condensatore, il calore sottratto all’acqua PIÙ il lavoro dissipato. L’ambiente guadagna quindi più entropia di quanta ne perda l’acqua.

Organismo vivente: l’embrione che si sviluppa e si organizza abbassa la propria entropia interna. Per farlo consuma cibo (molecole ordinate, a bassa entropia) e restituisce all’ambiente calore metabolico, $\mathrm{CO}_2$, acqua e scarti disordinati: emette nell’ambiente più entropia di quanta ne riduca al proprio interno.

In entrambi i casi il bilancio complessivo rispetta il secondo principio: $\ev{\Delta S_\text{universo} > 0}$ L’ordine creato localmente (ghiaccio, tessuti organizzati) è sempre pagato con un aumento maggiore di disordine nell’ambiente circostante.

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Argomenti: Entropia e secondo principio Concetti: Entropia · Secondo principio della termodinamica · Frigorifero e pompa di calore Competenze: Interpretazione micro-macro · Bilancio entropico Oggetti: Frigorifero

Problem

A classmate of yours observes: “A refrigerator decreases the entropy of the water that freezes; therefore the second law is violated.” And also: “An embryo that becomes an adult organism decreases entropy (the cells organise themselves); therefore life violates the second law.” Refute both statements by distinguishing the entropy of the system from that of the universe, and specifying where the entropy produced ends up.

Solution

Both statements make the same mistake: they apply the second law in the form $\Delta S \ge 0$ to a system that is NOT isolated. That form holds only for an isolated system, i.e. for the entire thermodynamic universe. The refrigerator and the living organism are instead OPEN systems, which continuously exchange energy and matter with the environment.

Refrigerator: the water that freezes decreases its own entropy, $\Delta S_\text{acqua} < 0$. But the machine absorbs electrical work and pours into the environment, through the condenser coil, the heat removed from the water PLUS the dissipated work. The environment thus gains more entropy than the water loses.

Living organism: the developing, self-organising embryo lowers its own internal entropy. To do so it consumes food (ordered, low-entropy molecules) and returns to the environment metabolic heat, $\mathrm{CO}_2$, water and disordered waste: it emits more entropy into the environment than it reduces within itself.

In both cases the overall balance respects the second law: $\ev{\Delta S_\text{universo} > 0}$ The order created locally (ice, organised tissue) is always paid for by a larger increase in disorder in the surrounding environment.

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Argomenti: Entropy and the second law Concetti: Entropy · Second law of thermodynamics · Refrigerator and heat pump Competenze: Micro–macro interpretation · Entropy balance Oggetti: Refrigerator

Testo

Un chilogrammo di ghiaccio a $0\ ^\circ$C fonde reversibilmente. Calcola la variazione di entropia del ghiaccio (calore latente di fusione $\lambda_\text{fus} = 3{,}33\cdot 10^5$ J/kg).

Soluzione

La fusione avviene a temperatura costante $T = 273$ K, quindi tutto il calore assorbito viene scambiato a quella temperatura. Il calore necessario alla fusione è $Q = m\lambda_\text{fus}$, e la variazione di entropia è $\Delta S = \frac{Q}{T} = \frac{m\lambda_\text{fus}}{T} = \frac{1\cdot 3{,}33\cdot 10^5}{273} = 1{,}22\cdot 10^3\;\text{J/K}$ $\ev{\Delta S = +1{,}22\cdot 10^3\;\text{J/K}}$ Il segno positivo indica che, passando dallo stato solido ordinato a quello liquido più disordinato, il sistema aumenta la propria entropia.

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Argomenti: Entropia e secondo principio Concetti: Entropia · Calore latente e cambiamenti di stato · Temperatura Competenze: Equazione calorimetrica · Bilancio entropico

Problem

One kilogram of ice at $0\ ^\circ$C melts reversibly. Calculate the entropy change of the ice (latent heat of fusion $\lambda_\text{fus} = 3{,}33\cdot 10^5$ J/kg).

Solution

Melting takes place at constant temperature $T = 273$ K, so all the heat absorbed is exchanged at that temperature. The heat needed for melting is $Q = m\lambda_\text{fus}$, and the entropy change is $\Delta S = \frac{Q}{T} = \frac{m\lambda_\text{fus}}{T} = \frac{1\cdot 3{,}33\cdot 10^5}{273} = 1{,}22\cdot 10^3\;\text{J/K}$ $\ev{\Delta S = +1{,}22\cdot 10^3\;\text{J/K}}$ The positive sign indicates that, going from the ordered solid state to the more disordered liquid state, the system increases its own entropy.

Collegamenti

Argomenti: Entropy and the second law Concetti: Entropy · Latent heat and changes of state · Temperature Competenze: Calorimetric equation · Entropy balance

Testo

Una massa di $1{,}0\ \text{kg}$ d’acqua viene riscaldata reversibilmente da $20\ ^\circ\text{C}$ a $80\ ^\circ\text{C}$. Calcola la variazione di entropia (calore specifico $c=4186\ \text{J/(kg·K)}$).

Soluzione

Riscaldamento reversibile: lo scambio infinitesimo di calore è $\dd Q=mc\,\dd T$, quindi la variazione di entropia si ottiene integrando $\dd S=\dfrac{\dd Q}{T}$. Converto le temperature in Kelvin: $T_A=20+273=293\ \text{K}$, $T_B=80+273=353\ \text{K}$. $\Delta S=\int_{T_A}^{T_B}\frac{mc\,\dd T}{T}=mc\ln\frac{T_B}{T_A}=1{,}0\cdot 4186\cdot\ln\frac{353}{293}\approx 780\;\text{J/K}$ Il segno positivo è atteso: scaldando l’acqua aumentano i microstati accessibili alle molecole. $\ev{\Delta S\approx +780\;\text{J/K}}$

Collegamenti

Argomenti: Entropia e secondo principio Concetti: Entropia · Calore specifico e capacità termica Competenze: Bilancio entropico

Problem

A mass of $1{,}0\ \text{kg}$ of water is heated reversibly from $20\ ^\circ\text{C}$ to $80\ ^\circ\text{C}$. Calculate the entropy change (specific heat $c=4186\ \text{J/(kg·K)}$).

Solution

Reversible heating: the infinitesimal heat exchange is $\dd Q=mc\,\dd T$, so the entropy change is obtained by integrating $\dd S=\dfrac{\dd Q}{T}$. Converting the temperatures to Kelvin: $T_A=20+273=293\ \text{K}$, $T_B=80+273=353\ \text{K}$. $\Delta S=\int_{T_A}^{T_B}\frac{mc\,\dd T}{T}=mc\ln\frac{T_B}{T_A}=1{,}0\cdot 4186\cdot\ln\frac{353}{293}\approx 780\;\text{J/K}$ The positive sign is expected: heating the water increases the number of accessible microstates for the molecules. $\ev{\Delta S\approx +780\;\text{J/K}}$