Esercizi Termodinamica

Esercizi Termodinamica.
1. Due moli di gas perfetto monoatomico passano dallo stato iniziale A allo stato finale C
attraverso una espansione isobara AB, seguita da una espansione adiabatica BC.
La temperatura in A e C è la medesima e vale TA=TC= 180C, inoltre pA = 2×105 Pa e VB=2 VA.
Calcolare:
a) Il valore assunto dalle variabili termodinamiche (p,V,T) nei tre punti e disegnare il grafico
della trasformazione nel piano p-V;
b) La quantità di calore scambiata nelle trasformazioni da A a C.
Soluzione
a) Calcolo delle variabili termodinamiche:
p
A
B
Punto A:
TA = 180C = (18+273) K = 291 K
pA = 2 105 Pa
VA = nRTA/pA = 0.024 m3
Punto B:
pB = pA = 2 105 Pa
VB = 2 VA = 0.048 m3
TB = pBVB/nR = 2TA =582 K
Punto C:
TC = TA = 291 K
p BVB  pCVC
nRT B  nRTC 
VB 
VC
VB
VC
TBVB 1  TCVC 1
VC 1 
TB  1 TB  1 p BVB nR  1
VB  VB 
VB  2VB 1
TC
TA
nR p AV A
Dato che  = cP/cV=5/3, si ottiene  = 2/3 da cui segue:
C
VA
2VA
V
VC2 / 3  2VB2 / 3
VC  2 3 / 2 VB  0.14 m 3
pC 
nRTC
 0.35 Pa
VC
b) Essendo la trasformazione BC adiabatica (Q=0), il calore scambiato lungo la
trasformazione AC
è pari al calore scambiato lungo la trasformazione AB, ossia:
5
Q  nc P (TB  T A )  2 R(TB  T A )  12091 J
2
2. ) Un gas perfetto monoatomico occupa nello stato A un volume VA = 5.00 L a pressione atmosferica,
alla temperatura TA = 300 K. Esso è riscaldato a volume costante fino allo stato B a pressione pB =
3.00 atm. Poi si espande isotermicamente fino allo stato C a pressione pC = 1 atm, ed infine è
compresso isobaricamente fino allo stato iniziale A.
a) Si disegni nel piano pV il grafico della trasformazione subita dal gas e si calcolino il numero di
moli n di cui è costituito il gas e le coordinate termodinamiche (p,V,T) degli stati A, B e C;
b) Si calcolino il calore Q, il lavoro W e la variazione di energia interna Eint per le trasformazioni
AB, BC e CD e per l’intero ciclo.
(Nota: R= 8.31 J/Kmole =0.082 l atmo /Kmole)
Soluzione
a. Il numero n di moli di cui è costituito il gas si può ricavare
applicando l’equazione dei gas perfetti allo stato A:
n
p AV A (1.013  105 Pa )(5.00  10 3 m 3 )

 0.203 moli
RT A
(8.31J / Kmole)( 300 K )
Le coordinate termodinamiche degli stati A, B e C
sono le seguenti:
Stato A:
pA = 1 atm = 1.013 x 105 Pa
VA = 5.00 L = 5.00 x 10-3 m3
TA = 300 K
Stato B:
pB = 3 atm = 3 x 1.013 x 105 Pa = 3.039 x 105 Pa
VB = 5.00 L = 5.00 x 10-3 m3
TB = pBVB / nR = (3.039 x 105 Pa) (5.00 x 10-3 m3) / (0.203 moli x 8.31 J/moleK)  900 K
Stato C:
pC = PA = 1 atm = 1.013 x 105 Pa
VC = nRTC/pC = (0.203 moli x 8.31 J/moleK)(900 K) / (1.013 x 105 Pa)  15 x10-3 m3 = 15 L
TC = TB = 900 K essendo la trasformazione BC isoterma
b) Determino ora il lavoro W fatto dal gas, il calore Q scambiato e la variazione di energia interna Eint nelle
singole trasformazioni, applicando, ove serve, il primo principio della termodinamica.
AB :
WAB = 0 essendo la trasformazione isocora (VA = VB)
( Eint )AB= Eint,B – Eint,A
= 3/2 nRTB – 3/2 nRTA
= 3/2 nR(TB -TA)=3/2 (0.203 moli)(8.31 J/moleK)(900-300)K= 1.52 x 103 J
QAB = (Eint )AB+ WAB = (Eint )AB= 1.52 x 103 J dal primo principio della termodinamica.
BC :
C
C
nRTc
dV
V
B
WBC   pdV  
B
C

dV
V
nRTc ln C  (0.203moli )  (8.31J / Kmole)  900 K ln 3  1.67  103 J
V
VB
B
 nRTc 
Eint )BC= Eint,C – Eint,B = 3/2 nR(TC –TB)=0 trasformazione isoterma
QBC = (Eint )BC+ WBC = WBC = 1.67 x 103 J
CA :
A
A
C
C
WCA   pdV  p A  dV  p A (VA  VC )  (1.013  105 Pa)  (5  15)  10 3 m 3  1.01  103 J
(Eint)CA = Eint,A – Eint,C = 3/2 nR(TA –TC)= 3/2 (0.203 moli)(8.31 J/moleK)(300-900)K= -1.52 x 103
J
QCA = Eint + W = -1.01 x 103 J -1.52 x 103 J = - 2.53 x 103 J
Per l’intero ciclo sommo i contributi relativi alle singole trasformazioni:
WTOT = WAB + WBC + WCA = (0 + 1.67 x 103 – 1.01 x 103) J = 0.66 x 103 J
(Eint) = 0 = (Eint)AB + (Eint)BC + (Eint)CA = 1.52 x 103 J + 0 -1.52 x 103 J = 0
QTOT = QAB + QBC + QCA = 1.52 x 103 J + 1.67 x 103 J - 2.53 x 103 J = 0.66 x 103 J
3. ) n=2 moli di gas monoatomico compiono un ciclo reversibile così fatto:
A-B: espansione isoterma da pA= 2 atm, VA=1 l a VB=2 l;
B-C: espansione adiabatica fino a pC = pA/4;
C-D: compressione isobara fino al volume VD=VA;
D-A: trasformazione isocora fino allo stato A.
Disegnare il ciclo sul piano p-V e calcolare le coordinate termodinamiche (p,V,T) nei punti
A, B, C e D;
[N.B. R=8.31 J/mole K]
Soluzione
Il ciclo termodinamico, rappresentato in figura, è percorso in senso orario e le coordinate (P,V,T)
valgono:
stato A:
pA = 2 atm, VA = 1 l = 10-3 m3 TA=pAVA/nR12 K
stato B:
TB=TA= pAVA/nR 12 K
VB=2VA = 2x10-3 m3
pB=nRTB/VB
=nR pAVA/(nR) 1/(2VA)=pA/2=1 atm
stato C:
pC=pA/4=0.5 atm
essendo BC una adiabatica, vale la seguente relazione fra pressione e volume (con  = 5/3):
p BV B  pCVC
pA
2V A   p A VC 
2
4


 1
2 V A   VC 
8
5
VC  2 V A  3.03  10 3 m 3
e quindi:
8
p
TC  pCVC / nR  A 2 5 V A / nR  2  2 / 5 T A  9.1 K
4
stato D:
pD = pC=pA/4=0.5 atm
VD = VA = 10-3 m3
TD=pDVD/nR= pA/4 VA/nR=TA/4 3 K
4. Una mole di gas perfetto monoatomico compie la seguente trasformazione ciclica: i) AB
trasformazione isobara con pA = 1 atm, VA= 1 l e VB = 2 l; ii) BC trasformazione isocora; iii)
CA trasformazione isoterma.
a) Dopo avere disegnato la trasformazione nel piano (p,V), determinare le coordinate
termodinamiche
(p,V,T) per i tre stati A, B, C, e la variazione di energia interna E lungo
ciascuna trasformazione;
b) Calcolare il calore Q ed il lavoro W relativi alla intero ciclo.
Soluzione:
a) La trasformazione ciclica è caratterizzata dalle seguenti coordinate termodinamiche:
stato A:
pA = 1 atm =105 Pa
VA = 1 l = 10-3 m3
p V
10 5 Pa  10 3 m 3
TA  A A 
 12 K
nR
8.31 J / Kmole
stato B:
pB = pA=1 atm =105 Pa
VB = 2VA= 2 l = 210-3 m3
p V
p  2V A
TB  B B  A
 2TA  24K
nR
nR
p
A
B
C
VA
2VA
V
stato C:
VC = VB= 2 VA =2 l = 210-3 m3
TC  TA  12K
pC 
nRTC nRT A p A


 0.5 10 5 Pa  0.5 atm
VC
2V A
2
La variazione di energia interna lungo i rami della trasformazione è la seguente:
3
3
E AB  ncV T AB  RT A   8.31( J / Kmole)  12 K  150 J
2
2
3
3
E BC  ncV TBC   RT A    8.31( J / Kmole)  12 K  150 J
2
2
ECA  0
b) Trattandosi di una trasformazione ciclica la variazione di energia interna è complessivamente
nulla
ed il calore scambiato è pari al lavoro svolto, ossia:
Q  W  W AB  WBC  WCA
A
 p A (VB  V A )  0   pdV
C
A
nRT A
dV
V
C
 p AV A  
 p AV A  nRT A ln
VA
2V A
 10 5 Pa  10 3 m 3  8.31( J / Kmole)  12 K  ln( 0.5)
 31 J
5. Una macchina di Carnot è costituita da 2 moli di un gas perfetto che compiono un ciclo tra le
temperature Ta = 227 °C e Tb = 127 °C. Alla temperatura più alta il gas assorbe una quantità di
calore Q = 13000 J. Calcolare :
a. Il rendimento e il lavoro compiuto dal gas in un ciclo
b. Il rapporto tra il volume finale e quello iniziale nell’isoterma alla temperatura maggiore.
Soluzione:
a) Il rendimento  di una macchina termica è il rapporto tra il Lavoro compiuto L e la quantità di
calore assorbito Q ,  = L/ Q . Nel caso di una macchina che operi con un ciclo di Carnot tra le
temperature Ta e Tb
 = 1- ( Tb / Ta )
( le temperature sono espresse in Kelvin )
Sostituendo i valori Ta= 500 K e Tb= 400 K si ottiene  = 0.2
b) In una trasformazione isoterma la variazione dell’energia interna è nulla e pertanto il lavoro
compiuto dal gas uguaglia la quantità di calore scambiata . Nel caso dell’espansione isoterma alla
temperatura Ta la quantità di calore è assorbita ed è 13000J. Inoltre il Lavoro compiuto dal gas nella
stessa isoterma è:
V f 
L gas  nRT a ln  
 Vi 
dove n è il numero di moli , R la costante dei gas perfetti , Vf e Vi sono rispettivamente il
volume finale e iniziale del gas. Si ricava quindi:
V f
ln 
 Vi
Vf
Vi

Q

 nRT
a

 e1.564  4.78