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Titolo: Abbassamento della temperatura di una stanza senza spendere energia

cari fisici e fisiche, sopratutto fisiche.
ho un quesito da porVi, relativo a dei rinfrescatori che circolano 
ultimamente, ma non è di lui che vi vorrei chiedere.
la situazione è la seguente:
 
-abbiamo una stanza chiusa ed isolata termicamente alla temperatura T
-abbiamo in questa stanza un recipiente con dell'acqua anch'essa a 
temperatura T
-la temperatura è quindi T, uniforme in tutti i punti
-l'aria della stanza non è satura dal punto di vista dell'umidità, 
quindi l'acqua può evaporare spontaneamente, senza intervento alcuno
 
conosco chi dice che l'acqua evaporando produce un abbassamento della 
temperatura della stanza. non importa quanto sia, non voglio fare 
calcoli, solo ragionare qualitativamente.
è vera questa cosa?
dai fate a gara a rispondere (seriamente)

 E' vera questa cosa?
Sì.
 
 
-- 
Elio Fabri


La mia risposta è seria. 
Non si può dire altrettanto della frase "dai fate a gara a rispondere". 
(campanellino d'allarme...) 
 
--
Wakinian Tanka 

 è vera questa cosa?
 
Si', ma la diminuzione della temperatura viene ottenuta
aumentando l'umidita`, per cui se lo scopo che ci si
prefigge e` di alleviare la sofferenza di eventuali
esseri umani nella stanza, e` tutto da verificare se
venga raggiunto. Purtroppo gli esseri umani si rinfrescano
con la traspirazione e successiva evaporazione,
ostacolata dall'umidita`.
In altre parole, io a occhio non lo farei. Piuttosto mi
spruzzerei un po' d'acqua direttamente addosso (come
infatti faccio quando necessario), cosi' il rinfrescamento
e` concentrato dove serve.
 
Ciao
Paolo Russo

 
 
 
-- 
1) Resistere, resistere, resistere.
2) Se tutti pagano le tasse, le tasse le pagano tutti
Soviet_Mario - (aka Gatto_Vizzato)

 Si: l'acqua liquida assorbe energia interna dalla stanza e/o da se 
stessa per evaporare. Se non ci sono altre transizioni di fase che 
quella evaporazione, la T della stanza sarà diminuita alla fine del 
processo. 
 
l'e/o non mi convince.
cioè l'energia assorbita dall'acqua che evapora un po' sarà quella 
dell'ambiente piuttosto che quella dell'acqua del recipiente da cui 
evapora. ma un po' veramente poco, ok, volevo una riflessione 
qualitativa, in effetti, è vero. 
ora: supponiamo che l'energia per evaporare sia in larghissima 
approssimazione sottratta all'acqua: la temperatura dell'ambiente 
(dell'aria) in questo frangente diminuisce? o diminuisce solo quella 
dell'acqua del recipiente?
che poi è anche vero che se diminuisce la temperatura del recipiente poi 
diminuirà quella dell'ambiente per convezione

 Sì.
 
una spiegazioncina? :)

 says...

sì questo è chiaro, infatti il rinfrescatore in commercio di cui si 
parlava nell'altro gruppo, prevede uno scambio d'aria con l'esterno.
eh! tanto piacere!
per riflettere su una seppur minima situazione in cui l'evaporazione 
possa raffrescare un ambiente ho ridotto le condizioni a quelle che ho 
specificato a inizio discussione.
detto questo, se poi si volessero fare calcoli, e purtroppo l'esame di 
fisica tecnica l'ho dato troppi anni fa ... penso che comunque abbassi 
la temperatura di pochi milionesimi di grado

 stessa per evaporare.
Questa è proprio bella! Assorbire en. interna da se stessa :-D
Sembra il barone di Muenchhausen, quello che essendo caduto nelle
sabbie mobili si tirò fuori tirandosi per le stringhe degli stivali.
(Da qui nasce il termine "bootstrapping.")
 
In modo più complicato che nel mio esempio, l'acqua che avapore ha
bisogno di energia e la prende a quella che rimane liquida, in un modo
automatico: le molecole che lasciano il liquido sono quelle che si
trovano a essere vicine alla superficie e ad avere (causa fluttuazione)
un'en. cinetica maggiore della media.
Restano indietro quelle più lente, e per questo la temp. del liquido si
abbassa.
Ma la diff. di temperatura con l'ambiente viene colmata poco dopo:
l'ambiente cede calore al liquido finché si portano alla stessa
temperatura, che sarà minore da quella iniziale.
 
 
-- 
Elio Fabri
 
F

 me e Gianluca insieme).
Meno male che hai spiegato questo.
Ma noi non ne sapevamo niente, e il post di ggufo aveva fatto
un'impressione un po' strana (non solo a me, vedo).
 
E' per questo (ma non solo per questo) che ho optato per una risposta
iperlaconica.
Caro ggufo: ci chiedi se è vero? E io ti rispondo alla domanda. Punto.
Non hai spiegato il contesto, non so niente (come al solito) di quanto
sai di termodinamica. Perché dovrei spendere del tempo per produrre
una risposta argomentata, che magari tu non sei in grado di capire?
 
 > L'idea che entropia e entalpia possano giocare avverse,
Ecco il chimico in azione :-)
Lo so, voi avete fisso questo schema mentale: DG = DH - T DS ecc.
Ma ci sono due obiezioni: la prima è che quello schema si applica a
trasf. isobare e isoterme.
Non è il nostro caso: qui per il sistema intero sono costanti
a) l'energia interna
b) il volume.
Quindi le condizioni di equilibrio e di trasf. spontanea sono dettate
dall'entropia.
Secondo: l'argomento appena esaminato si riferisce al'equilibrio e al
verso della trasf. (secondo principio).
Ma per rispondere bastava meno: il solo primo principio.
Se l'en. interna totale si conserva, e se dimostro che una parte del
sistema (l'acqua che evapora) aumenta la sua, ne segue che quella del
resto deve diminuire.
Si poteva sviluppare questo abbozzo in una sana risposta. Cosa che per
i motivi spiegati sopra non ho ritnuto di dover fare.
 
 
-- 
Elio Fabri

 
 
cmq vari esempi su espansione di gas, dissoluzioni di sali 
endotermici, glieli avevo già fatti per dimostrare come 
l'equilibrio solo termico non garantisse affatto che 
potessero crearsi effetti termici spontanei.
 
Ma la cosa non è stata convincente.
Presumo abbia chiesto conferme qui per pinzarmi in castagna.
Oh, pace, fa uguale



 
Anche per conduzione ed irraggiamento. Se poi il recipiente dell'acqua è molto più largo che alto, la convezione tra recipiente ed aria diventa trascurabile rispetto alle altre due modalità di trasmissione. 
 
--
Wakinian Tanka 

 
Non lo sapevo! 
Ciao. 
 
--
Wakinian Tanka

 la temperatura di pochi milionesimi di grado
Quindi sei un ingegnere :)
Le ragioni della mia risposta supersintetica le ho già spiegate.
Ora però proverò a darti una stima dell'abbassamento di temperatura
... e resterai sorpreso.
 
Intanto alcuni dati necessari.
Volume dell'ambiente: 30 m^3
Volume dell'acqua liquida presente al'inizio: 1 litro.
Temperatura iniziale: 300 K = 27°C
Umidità relativa iniziale dell'aria: 50%.
 
Dobbiamo verificare anzitutto se l'acqua evaporerà completamente.
A questo scopo occorre la pressione del vapore saturo a 300 K.
Dalle tabelle ricavo 3.6 kPa.
Per calcolare la massa di vapore acqueo contenuto nella stanza ad aria
satura, non ho che da applicare la legge dei gas:
PV = nRT
con
P = 3.6 kPa
V = 30 m^3
R = 8,31 J/K
T = 300 K
e trovo
n = 43 mol
da cui m = 43 mol * 18 g/mol = 0.78 kg.
 
Dato che l'umidità relativa è 50%, l'aria già contiene 0.39 kg di
acqua, e per saturarla basterà che ne evaporino altrettanti, ossia 390
mL.
Quindi il nostro litro non potrà evaporare tutto.
 
Nota: questo calcolo non è esatto perché ho tenuto fissa la
temperatura, che invece diminuirà. Volendo maggiore precisione si
potrebbe iterare il cacolo.
Ma non lo faccio perché mi accontento di una stima approssimativa.
 
Per evaporare l'acqua richiede energia.
Il dato comunemente fornito è il cosiddetto "calore di evaporazione" o
più modernamnente "entalpia di evaporazione".
Il suo valore a 300 K è 2.4x10^6 J/kg.
 
Nota: A rigore l'entalpia non è la grandezza giusta da usare, perché si
riferisce a processi isobari, mentre qui la pressione (parziale) del
vapore aumenta, essendo costante il volume. Per fortuna la differenza
tra entalpia ed energia interna per H2O in quelle condizioni è
trascurabile.
 
Per fare evaporare 0.39 kg di acqua occorrono quindi 9.4x10^5 J.
Questa energia - dovendo conservare l'energia totale - si ottiene da
raffreddamento generale del sistema.
Per calcolare la variazione di temperatura occorre calcolare la
capacità termica. Questa consiste di due contributi:
1) Acqua liquida. Per 1 litro abbiamo 4.2 kJ/K
2) Aria (30 m^3): 25.5 kJ/K.
 
Nota: questa è la cap. termica dell'aria secca. Per l'aria umida
sarebbe legg. maggiore, ma trascuro la differenza-
 
In cifra tonda abbiamo 31 kJ/K.
 
La var. di temperatura sarà quindi
(9.4x10^5 J) / (3.1x10^4 J/K) = 30 K.
 
Spero che non mi sia scappato qualche stupido errore, ma il risultato
non mi stupisce.
Sembra contrario all'esperiemza, ma bisogna tener presente che è assai
difficile realizzare le condizioni che abbiamo assunte.
Soprattutto l'isolmento termico.
 
In una stanza reale le pareti assorbono o cedono calore in quantità
notevole. Bisognerebbe imaginare un locale completamente tappezzato
(porte e finestre incluse) di pannelli isolanti, tipo polistirolo
espanso.
 
 
-- 
Elio Fabri

 Anche per conduzione ed irraggiamento. Se poi il recipiente 
dell'acqua è molto più largo che alto, la convezione tra recipiente ed 
aria diventa trascurabile rispetto alle altre due modalità di 
trasmissione. 
 
ok, sei stato esplicativo, ti ringrazio.
rimane l'ultimo anello che non mi è chiaro: perchè a regime dopo che 
tutta l'acqua possibile è evaporata, quindi umidità al 100% e 
temperatura costante in tutto il sistema, in tutti i suoi punti, la 
temperatura finale T' < T
in particolare che relazione ha questa diminuzione della temperatura con 
l'entropia

 temperatura, che sarà minore da quella iniziale.
 
ecco il punto cruciale: non mi torna però il perchè la temperatura 
finale sia inferiore di quella iniziale.
ho pensato a fare dei ragionamenti sull'entropia che aumentando 
comportano una perdita di calore, ma non riesco a trovare il bandolo 
della matassa e fare il bilancio complessivo                  
 

Nel sistema sono avvenute cose.
E se in un sistema avvengono cose il sistema cambia.
Ma la stanza non e' un sistema isolato da resto del mondo.
Le prese di corrente hanno fili elettrici che portano lontano dal sistema.
Le finestre, i muri, tante cose comunicano con l'esterno.
Prima di parlare di termodinamica sarebbe molto piu' chiaro parlare di come funziona quell'aggeggio.
Di sicuro fermo non e'.

 la temperatura di pochi milionesimi di grado
 
Be', dai, milionesimi no, non sottovalutare il calore
latente di evaporazione dell'acqua, ma comunque l'effetto
dipende pesantemente dalle condizioni al contorno.
L'evaporazione di un litro d'acqua a 25 gradi dovrebbe
assorbire circa 2586 kJ, diminuendo la temperatura di un
volume d'aria di 3*5*5 metri cubi di circa 26 gradi, se non
ho cannato troppo i calcoli o usato troppe approssimazioni
(come il calore specifico dell'aria secca a pressione
costante o la densita` un po' a spanne).
(4186*75+2272000)/(1.3*1005)/(3*5*5)=26.39
Il problema e` che le stanze non sono fatte solo d'aria: il
grosso dell'inerzia termica sta nella mobilia e nelle
pareti. Per questo dopo aver aperto una finestra d'inverno
per cambiare l'aria, dopo averla richiusa la stanza e`
molto fredda ma in pochi minuti la temperatura ritorna
praticamente come prima, anche a riscaldamento spento.
Per non parlare dei circa 100 W di calore che ogni persona
produce, nonche' di quello che fluisce dall'ambiente
esterno, che rendono importante la potenza refrigerante e
quindi la velocita` con cui quell'acqua dovrebbe evaporare.
 
Ciao
Paolo Russo

 espanso.
 
sì, sapevo che era un caso limite, ma nonostante tutte le 
approssimazioni la cosa è sconcertante

Fabri ha abolito il metalinguaggio dalla fisica.
Non male.
E' un vaccino dalla metafisica e permette al Fisico di non andare fuori tema :)

 l'entropia
L'energia libera di Helmoltz (uso questa perchè il volume è  costante) è:
F = U - T S
∆F = ∆U - T∆S - S∆T
Dato che in questo caso l'energia interna U non varia:
∆F =  - T∆S - S∆T 
L'entropia S aumenta, T diminuisce, quindi ∆S > 0, ∆T < 0. La trasformazione è spontanea se ∆F < 0:
- T∆S - S∆T < 0
cioè se:
=> ∆S > S|∆T|. 
Non so se sono in grado di calcolare ∆S complessivo: il problema (per me) è l'aumento di S dell'aria. 
 
--
Wakinian Tanka 

 L'energia libera di Helmoltz (uso questa perchè il volume è  costante) è:
 
Ma se il sistema è isolato (così ho inteso) allora
all'equilibrio sarà massima l'entropia, l'energia
libera di Helmholtz sarebbe invece minima per un sistema
a contatto con una sorgente di calore che mantenesse T costante.
 
Già che ci sono ne approfitto per porre una domanda:
il Callen distingue tra "heat source" e "heat reservoir"
(quest'ultima è supposta mantenere T costante), esiste
consolidata in lingua italiana la stessa distinzione
tra i 2 tipi di sorgenti di calore?
 
Ciao
 
 
-- 
Giorgio Bibbiani
(mail non letta)

 
 
cmq per fortuna W.T. me l'ha fatta ricordare
 
CUT


 approssimazioni la cosa  sconcertante
In effetti non ho commesso un errore stupido, ma uno grave.
La temp. *non può* diminuire di tanto.
E mi stupisco che nessuno se ne sia accorto :-(
 
A parte che una dimin. di 30 K ci porterebbe sotto zero, l'errore più
pesante che ho fatto è stato di non considerare che la pressione del
vapore saturo decresce molto rapidamente quanto la temp. si abbassa.
Proviamo a vedere a che temp. il vapore già presente nell'aria (0.39
kg) diventa saturo.
La pressione sarebbe 1.8 kPa e una brutale interp. lineare nella
tabella mi dà T = 289 K, ossia 16 °C.
Dunque un salto di 11 K, non 30.
 
Ma un abbassamento di 11 K in termini di energia permette
l'evaporazione di 0.143 kg e si vede che anche questo è troppo, perché
l'aggiunta di questi 0.143 kg ai 0.39 già presenti nell'aria porterebbe
la pressione sopra quella di saturazione alla temp. di 289 K.
 
Il seguito a domani...
 
 
-- 
Elio Fabri

 della matassa e fare il bilancio complessivo
Con l'entropia non ci puoi arivare di certo.
Quando l'acqua evapora l'entropia aumenta.
Se la temp. diminuisce l'entropia diminuisce.
Se succedono entrambe le cose, non sai cosa farà in toale l'entropia, a
meno di non fare conti precisi..
Per ragioni generali (secondo principio) sai che l'entropia deve
aumentare, ma questo succederebbe anche meglio se la temp. non
diminuisse.
 
 
-- 
Elio Fabri

 
 
 
-- 


 Non so se sono in grado di calcolare ?S complessivo: il problema (per me) è l'aumento di S dell'aria. 
 
hai risposto

 tra i 2 tipi di sorgenti di calore? 
 
Nel mio Zemansky (Zanichelli, 1970) la seconda la chiama "serbatoio di calore". 
 
--
Wakinian Tanka 

 => ∆S > S|∆T|. 
 
Ho dimenticato di scrivere T a denominatore:
 
∆S > S|∆T|/T.
 
--
Wak

 Il seguito a domani...
ed eccoci qua.
 
Proviamo un calcolo un po' più accurato.
Chiamo M la massa che evapora, T la temp. di equilibrio.
 
Dalla legge dei gas, applicata al vapore:
 
P * 30 = 8.31 * T * (0.39 + M)/0.018.
 
Bilancio di energia:
 
T = 300 - 74.7*M
 
(Tutto in unità SI. Ho trasgredito la regola di non pasticciare numeri
e gr. fisiche :-).)
 
Per la pressione del vapore saturo in funzione di T adatto
un'interpolazione quadratica nell'intervallo 288-298 K su una tabella
trovata in wikipedia.
 
Una soluzione numerica mi dà
 
M = 0.1045 kg, P = 2224 Pa, T = 292.2 K
 
Commento.
In primo luogo, non bisogna prendere sul serio tutte le cifre scritte.
Mi accontenterei se il risultato fosse giusto entro 1 K per la
temperatura, ecc.
La ragione sta nelle molte approssimazioni fatte e nell'uso di dati un
po' grezzi.
Va detto che fare calcoli termodinamici non è per niente facile, per
più ragioni, non ultima la difficoltà a reperire dati affidabili e
omogenei. Forse la difficoltà non esiste per uno che simili calcoli li
fa tutti i giorni da professionista; c'è di sicuro per un dilettante
come il sottoscritto.
 
Ci sono poi le schematizzazioni, di cui si è già discusso. E' chiaro
che quella qui adottata e del resto proposta nella formulazione del
problema è molto lontana da una possibilità nel mondo reale.
Ma qui lo scopo era di indicare una via di soluzione e soprattutto di
mostrare un risultato inatteso.
Avrete visto che in questa nuova versione del cacolo la var. di
temperatura si è ridotta da 30 K a soli 8K, ma è sempre un bel po'.
 
 
-- 
Elio Fabri

 detto che non era nemmeno possibile, pensa un po' !)
Ci ho provato, ma non ti fidare troppo. Potrei anche aver scritto
qualche grossolano strafalcione, senza accorgermene :-)
 
 
-- 
Elio Fabri

 M = 0.1045 kg, P = 2224 Pa, T = 292.2 K
 
 
DeltaT = -8K è la risposta che darebbe anche un fisico dell'atmosfera (o 
un meteorologo, ma preferisco chiamarmi nel primo modo).
E' ovviamente possibile fare i calcoli come ha fatto Elio Fabri ma la 
risposta è immediata se si pensa che quella cercata non è altro che la 
ben nota "Temperatura di bulbo umido" - ipotizzando che il secchio sia 
abbastanza grande da non esaurirsi prima di avere evaporato a 
sufficienza per rendere il vapore d'acqua saturo e - mi raccomando! - è 
il vapor d'acqua che diventa saturo, NON l'aria!!!!!
Basta andare a scartabellare la rete per trovare i grafici belli pronti 
e cercare di capirli (il che è meno semplice!)
 
Poi, come è stato spiegato ampiamente, la temperatura finale della 
stanza dipenderà anche da altri fattori tutt'altro che trascurabili.
 
Daniele Fuà

 ben nota "Temperatura di bulbo umido"
Grrr... La "temperatura di termometro bagnato"!
Come ha fatto a non venirmi in mente?
Eppure queste cose le sapevo, da almeno 65 anni.
Ti chiederai come mai le sapevo, ma ora vorrei esere veloce.
 
Ho controllato un diagramma psicrometrico, e infatti torna 8 gradi.
 
 
-- 
Elio Fabri

 (Da qui nasce il termine "bootstrapping.")
 
In realtà si è liberato tirandosi per il codino (Haarzopf):
 
https://upload.wikimedia.org/wikipedia/commons/9/92/M%C3%BCnchhausen_Sumpf_Pferd_Skulptur_Bodenwerder.jpg
 


scusate ... ma la T a bulbo umido ... non dovrebbe essere che il LIMITE 
INFERIORE che si può raggiungere con questi evaporatori-raffrescatori, 
nelle condizioni più favorevoli possibili ?
 
Penso a inerzie dei sistemi reali ad es, ma anche altri parametri non 
pienamente raggiunti (es. aria disomogenea nel sistema per T, umidità 
relativa, aria non totalmente satura anche vicino, ricambio mal 
dimensionato etc, geometria del sistema.
 
La T a bulbo umido col termometro a calzetta bagnata è un sistema molto 
propizio a raggiungere il minimo possibile, o no ?
 
 
 
-- 
la firma la setto dopo

 
 
 
Direi proprio di si ed infatti è stato già detto in tutte le risposte di 
quelli che hanno suggerito come risolvere il problema!
:-)
 
Daniele Fuà