Esercizi 4 - Osservatorio di Arcetri

320
CAPITOLO 4. QUALITÀ DELL’ENERGIA, IRREVERSIBILITÀ
---o0o---
ULTERIORI PROBLEMI PROPOSTI
Problema 4.a. Una turbina a vapore opera tra le temperature t1 = 600 ◦ C e t2 = 200 ◦ C, ricevendo
ad ogni ciclo una quantità di calore Q"
1 = 800 kcal dalla caldaia e cedendo alla temperatura inferiore
una quantità di calore Q#
2 = 560 kcal. Determinare il rendimento della turbina. Quale sarebbe il
rendimento di una macchina termica ideale che operasse tra le stesse temperature? Se la macchina
ideale assorbisse la stessa quantità di calore per ogni ciclo, quanto lavoro produrrebbe?
Problema 4.b. Un motore di automobile che ha un rendimento del 20 per cento gira a 100 cicli/s,
sviluppando una potenza di 150 CV (cavalli vapore: 1 CV = 735 W). Quanta energia sviluppa il
motore ad ogni ciclo? Qual è la otenza che sviluppa? Quanto calore fornisce il carburante al motore
ad ogni ciclo? Quanto calore scarica il motore nell’ambiente ad ogni ciclo?
Problema 4.c. Un frigorifero domestico ad ogni ciclo estrae dalla cella a 0 ◦ C (e quindi assorbe)
#
◦
una quantità di calore Q"
2 = 255 J, e scarica nell’ambiente a 23 C una quantità di calore Q1 = 300
J: quanta energia elettrica consuma per ciclo? Quanta energia elettrica assorbirebbe una macchina
frigorifera ideale che funzionasse tra le stesse temperature ed assorbisse la stessa quantità di calore
dalla cella fredda?
Problema 4.d. N moli di gas ideale monoatomico eseguono il ciclo termodinamico reversibile
rappresentato nella ! fig. 4.19: calcolare il lavoro eseguito in un ciclo e il rendimento sapendo che
P1 = 0, 5 atm, P2 = 1, 5 atm, V1 = 100 l, V2 = 200 l, V3 = 400 l.
Problema 4.e. Un gas ideale monoatomico esegue il ciclo motore reversibile della ! fig. 4.20,
dove le trasformazioni AB e CD sono isobare, BC isocora e DA è una trasformazione rappresentata
da un segmento rettilineo nel piano P -V nella quale la temperatura finale è uguale a quella iniziale
(TD = TA ): si calcolino il lavoro che si ottiene per ogni ciclo e il suo rendimento, sapendo che V 3 = 3V1
e P1 = 2P2 .
Problema 4.f . Un gas ideale monoatomico, composto di 3 moli, esegue il seguente ciclo motore
reversibile: dallo stato V1 , P1 , T1 = 10 ◦ C, il gas subisce una trasformazione isocora alla pressione
P2 > P1 , seguita da un’adiabatica in cui la pressione ritorna al valore P1 e il volume passa al valore
V2 = 4V1 e da un’isobara che riporta il gas allo stato iniziale. Rappresentare il ciclo nel piano P -V e
calcolare il lavoro che si ottiene per ogni ciclo.
Problema 4.g. Un recipiente a pareti termicamente isolanti contiene 1 kg di ghiaccio alla temperatura di 0 ◦ C. Si aggiungono 10 g di acqua alla temperatura di 20 ◦ C. Determinare a) la temperatura
finale del sistema, le quantità finali di acqua e di ghiaccio e b) la variazione di entropia del sistema:
commentare quest’ultimo risultato.
Problema 4.h. Una goccia di alluminio fuso, alla temperatura di fusione, di massa 2 g cade in
una massa di 100 g di acqua liquida alla temperatura di 0 ◦ C (cAl = 900 J/kg·◦ C, tfAlus = 660 ◦ C,
f us
= 4·105 J/kg). Il sistema alluminio+acqua è termicamente isolato. Calcolare a) la composizione
qAl
e la temperatura finale del sistema, b) la variazione di entropia del sistema, commentando il risultato.
Problema 4.i. Una massa d’acqua di 100 g alla temperatura di 10 ◦ C viene messa in contatto
termico con un termostato alla temperatura di −50 ◦ C; il sistema complessivo acqua+termostato
è isolato. Determinare le variazioni di entropia dell’acqua e del termostato quando il sistema ha
raggiunto l’equilibrio; indicare la condizione perché la trasformazione sia spontanea.
Problema 4.l. Due moli di gas ideale monoatomico alla pressione iniziale P0 = 1 atm sono in contatto termico con un termostato a temperatura 0 ◦ C. La pressione del gas raddoppia reversibilmente.
Calcolare: a) l’energia cinetica media delle molecole del gas nello stato iniziale e nello stato finale; b)
4.10. I PRINCIPI DELLA TERMODINAMICA IN FORMA DIFFERENZIALE
321
la variazione dell’energia interna del gas; c) il calore e il lavoro scambiati dal gas; d) la variazione di
entropia del gas, del termostato e del sistema complessivo gas+termostato (supposto isolato) nella
trasformazione.
Problema 4.m. Un blocco di ghiaccio di massa 100 g alla temperatura di 0 ◦ C è posto all’interno
di un recipiente cubico di lato 1 m, a pareti termicamente isolanti, contenente aria (densità 1,3
g/dm3 , calore specifico 0,2 cal/g·◦ C) alla temperatura di 20 ◦ C. Determinare la temperatura e la
composizione del sistema all’equilibrio e la sua variazione di entropia.
Problema 4.n. Si mescolano due masse m uguali dello stesso liquido, una alla temperatura T 1
e l’altra alla temperatura T2 . Il sistema è isolato termicamente. Si calcoli la variazione totale di
entropia nel processo in cui il sistema raggiunge l’equilibrio termico e si discuta il suo segno.
Problema 4.o. Calcolare la variazione di entropia nella trasformazione di 2 moli di acqua liquida
in ghiaccio sapendo che il processo ha luogo alla temperatura costante di −10 ◦ C ed alla pressione
costante di 1 atm. Discutere il segno della variazione di entropia e stabilire se il processo avviene
mol
= 1343
spontaneamente, sapendo che nella cristallizzazione a −10 ◦ C l’acqua cede il calore qsol
cal/mole.
Problema 4.p. Un cilindro a pareti rigide ma termicamente conduttrici è in contatto termico con
un termostato alla temperatura t = 100 ◦ C, è internamente diviso in due parti da un pistone mobile,
di peso e volume trascurabili,che può scorrere senza attrito (! fig. 4.21). Inizialmente la pate del
cilindro sotto il pistone è completamente piena di acqua liquida, la quale a 100 ◦ C ha una pressione
di vapore di Pvap = 1 atm, mentre la parte superiore, il cui volume iniziale è V0 = 10 l, contiene
vapor d’acqua alla pressione P0 = 0, 37 atm. Quando il pistone è lasciato libero, parte dell’acqua
passa allo stato di vapore e il pistone si solleva. Quando si raggiunge l’equilibrio termodinamico
vi è ancora dell’acqua liquida nella parte inferiore, ed il sistema ha assorbito dal termostato una
quantità di calore Q" = 18 · 102 cal. Calcolare la variazione di energia interna e di entropia del
sistema trattando il vapore come un gas ideale, sapendo che il calore di vaporizzazione dell’acqua
nelle condizioni del problema è qvap = 540 cal/g.
Problema 4.q. Una persona di massa 70 kg trae dagli alimenti assunti in un giorno un’energia di
1,25·107 J. Essa esegue con continuità un’attività lavorativa in cui sviluppa una potenza metabolica di
250 W, essenso la sua potenza metabolica basale di 1,1 W/kg. Per quanto tempo potrebbe lavorare
senza interruzione e quanto lavoro potrebbe compiere prima che tutta l’energia alimentare di un
giorno venga consumata?
Problema 4.r. Un uomo trasporta 500 kg di carbome su una scala per un dislivello di 2 m in 15
minuti. Egli ha un metabolismo basale di 67 kcal/h. Calcolare il minimo volume possibile di CO 2
prodotta e la quantità di zucchero consumato durante i 15 minuti.
Problema 4.s. Calcolare la variazione dell’energia libera di Gibbs nella conversione reversibile di
1 mole di acqua a 100 ◦ C e 1 atm in vapore alla stessa temperatura e pressione.
Problema 4.t. Un recipiente a pareti rigide e termicamente isolanti è diviso da un setto anch’esso
isolante in due parti uguali, le quali contengono due gas ideali diversi nelle stesse condizioni di
temperatura t = 40 ◦ C e di pressione: a destra vi sono 5 moli di gas. Viene tolto il setto: si calcolino
le variazioni dell’energia interna, dell’entropia, dell’energia libera di Helmholtz e dell’energia libera
di Gibbs, e la variazione dell’entropia dell’universo.
Problema 4.u. Nel Problema 4.p si calcoli il lavoro massimo che si potrebbe ottenere da una
trasformazione tra gli stessi stati iniziale e finale.
SOLU
Soluzi
di calore
La quanti
Soluzi
mento de
Soluzi
tra le stes
Il lavoro m
Soluzi
del sistem
(c) Quello
esprimere
cioè tram
termodin
Soluzi
temperat
si ottiene
Soluzi
cedere fin
---o0o---
Angelo Baracca - Ulteriori Esercizi e Problemi sul Capitolo 4
322
Pag. 1
4.10. I PRINCIPI DELLA TERMODINAMICA IN FORMA DIFFERENZIALE
326
343
CAPITOLO 4. QUALITÀ DELL’ENERGIA, IRREVERSIBILITÀ
#
Soluzione 4.a. Il lavoro prodotto dalla turbina per ogni ciclo è L# = Q!
1 − Q2 = 240 kcal, per
cui il rendimento della turbina è
η=
L#
Q!
1
=
240
= 0, 3 = 30 %.
800
Il rendimento di una macchina ideale che funzionasse tra le stesse temperature sarebbe
ηID =
T1 − T2
400 K
400
=
=
= 0, 46 = 46 %.
T1
(200 + 273) K
873
Essa produrrebbe un lavoro
L# = ηID Q#
1 = (0, 46)(800 kcal)(4, 186 KJ/kcal) = 1540, 5 kJ ,
a confronto dei (240 kcal)(4,186 kJ/kcal) = 1005 kJ prodotti dalla turbina.
Soluzione 4.b. Il lavoro eseguito dal motore per ogni ciclo è
L# /ciclo =
(150 CV)(735 W/CV)
= 1102, 5 J/ciclo ,
100 s−1
e la potenza sviluppata dal motore
P # = (1102, 5 J/ciclo)(100 cicli/s) = 11.025 W " 11 kW .
Ad ogni ciclo il motore assorbe il calore
Q!
1 =
L#
1102, 5 J
=
= 5512, 5 J/ciclo = 1317 cal/ciclo " 1, 32 kcal/ciclo.
η
0, 2
Il calore che il motore non utilizza e degrada alla temperatura più bassa, scaricandolo alla fine
nell’ambiente ad ogni ciclo è dato da
!
#
= 5512, 5 J − 1102, 5 J = 4410 J " 1, 05 kcal/ciclo .
Q#
2 = Q1 − L
Questo motore spreca quindi 1, 05/1, 32 = 0, 79, cioè più di 3/4 dell’energia che brucia, e 4410/1102 =
4 volte l’energia che converte in calore.
Soluzione 4.c. L’energia elettrica che il frigorifero preleva dalla rete è data direttamente dal
bilancio energetico (si faccia attenzione che le direzioni degli scambi di energia sono opposti a quelli
per un motore termico)
!
!
Eelettr
= Q#
1 − Q2 = 300 J − 255 J = 45 J .
(4.78)
Il criterio di efficienza di una macchina frigorifera è dato dal rapporto tra il calore che essa sottrae alla
Q!
2
sorgente fredda e l’energia (4.78) che utilizza per questo Q" −Q
! , che per una macchina frigorifera
1
2
2
ideale è dato dal rapporto di Carnot T1T−T
: un frigorifero ideale che lavorasse tra le stesse temperature
2
di 273 K e 300 K e assorbisse ad ogni ciclo la medesima quantità di calore di 255 J dalla sorgenre
fredda, utilizzerebbe quindi per questo un’energia elettrica
(ID)!
Eelettr = Q!
2
T1 − T2
23 K
= 21, 5 J ,
= (255 J)
T2
273 K
Angelo Baracca - Ulteriori Esercizi e Problemi sul Capitolo 4
Pag. 2
344
4.10. I PRINCIPI DELLA TERMODINAMICA IN FORMA DIFFERENZIALE
327
meno della metà del frigorifero reale.
Soluzione 4.d. Calcoliamo il lavoro che il sistema esegue nel ciclo come area racchiusa dalla curva
che rappresenta il ciclo nel piano P -V , cioè
L!
= (P3 − P2 )(V2 − V1 ) + (P2 − P1 )(V3 − V1 )
= P3 (V2 − V1 ) + P2 (V3 − V2 ) − P1 (V3 − V1 )
Il rendimento η del ciclo è dato dal rapporto tra il lavoro eseguito e il calore totale assorbito: il
gas assorbe calore nelle trasformazioni AB (in cui P aumenta a V costante), BC e DE (in cui V
aumenta a P costante), mentre nelle altre trasformazioni del ciclo cede calore, per cui si ha
328
CAPITOLO 4. QUALITÀ DELL’ENERGIA, IRREVERSIBILITÀ
Per il rendimento del ciclo interessa solo il calore totale assorbito, ed è solo quello della trasformazione
AB
3
P2 V1
3
L!
η= " = 2
=
= 0, 15 = 15 %.
5P
V
20
QAB
1 1
Soluzione 4.f . Il ciclo è rappresentato nella ! fig. 4.22.
Per calcolarne il rendimento calcoliamo il calore totale assorbito e il calore totale ceduto dal gas:
il valore e il segno delle quantità di calore scambiate nelle varie trasformazioni sono:
mol
Q"
AB = N cV (TB − TA ) =
"
"
"
Q"
tot = QAB + QBC + QDE ,
mol
Q"
AB = N cV (TB − TA ) =
Q"
BC
=
N cmol
P (TC
cmol
V
V1 (P3 − P1 ) ,
R
cmol
− TB ) = P P3 (V2 − V1 ) ,
R
mol
Q"
DE = N cP (TE − TD ) =
cmol
P
Il rendimento è allora − con cmol
= 32 R, cmol
= 52 R, γ =
V
P
passaggio algebrico
η=
L!
Q"
tot
Q"
BC = 0
R
P2 (V3 − V2 ) .
cP
cV
=
5
3
per il gas monoatomico − e qualche
2 −V1 )+P2 (V3 −V2 )−P1 (V3 −V1 )
= R cmol V1P(P33(V−P
mol P (V −V )+cmol P (V −V )
1 )+c
3 2
1
2 3
2
V
P
P
" 0, 24 = 24 %.
cP
cV
1
3
[(V3 − V1 ) + (V3 − V2 )] (P1 − P2 ) = P2 V1 ,
2
2
η =1−
=
N cmol
P (TB
(BC)
Q"
BC = ∆Eint
Q"
CD
cmol
5
− TA ) = P P1 (V3 − V1 ) = P1 (3V1 − V1 ) = 5P1 V1 > 0 ,
R
2
= N cmol
V (TC − TB ) =
cmol
3
V
V3 (P2 − P1 ) = − P2 V3 < 0 ,
R
2
cmol
3
3
V
= N cmol
P2 (V2 − V3 ) = P2 (2V1 − 3V1 ) = − P2 V1 < 0 ,
V (TD − TC ) =
R
2
2
1
3
"
!
QDA = LDA = (P1 + P2 )(V1 − V2 ) = − P2 V1 < 0 ,
2
2
dove l’ultimo calcolo è stato eseguito osservando che ∆EDA = 0 poiché TD = TA , e L!
DA è stato
calcolato come area del trapezio ADEF e risulta negativo trattandosi di una compressione del gas.
V2
−1
QCA
cP P1 (V2 − V1 )
Q!
= 1 − γ PV12
=1−
=1−
;
"
Q
QAB
cA V1 (P2 − P1 )
−1
P1
applicando la legge delle trasformazioni adiabatiche alla trasformazione BC si ha
! "γ
P2
V2
=
,
P1
V1
e poiché V2 = 4V1 si ha infine
η =1−
5 4−1
3 (4)5/3 −1
3
= 1 − 53 3 √1024−1
"1−
4
= 9 = 0, 44 " 44 % .
5 3
3 10−1
Il lavoro eseguito in un ciclo si ottiene o dalla differenza tra il calore assorbito e quello ceduto, o
dalla definizione del rendimento
poiché, essendo TA = TD , è P1 V1 = P2 V2 , e quindi V2 = 2V1 . Le quantità di calore scambiate dal
sistema nelle varie trasformazioni sono, con cmol
= 32 R, cmol
= 52 R,
V
P
Q"
AB
cmol
P
P1 (V1 − V2 ) < 0 .
R
= 53 ,
Soluzione 4.e. Il lavoro eseguito è dato dall’area del trapezio ABCD della ! fig. 4.20
L! =
(adiabatica),
mol
Q"
CA = N cP (TA − TC ) =
Allora, con γ =
cmol
V
V1 (P2 − P1 ) > 0 ,
R
L! = ηQ" = ηN cmol
V (TB − TA ) .
Poiché tra A e B non varia il volume, è
P2
TB
P1
,
TA
e quindi
! "γ
V2
P2
TB = TA ·
= TA
,
P1
V1
e infine
L!
=
#$ %
&
5/2
V2
= ηN cmol
−1
V TA
V1
' (
= (0, 44)(3) 32 R (283 K) [10 − 1] " 42 · 103 J= 42 kJ.
Soluzione 4.g. a) È semplice verificare che l’acqua si raffredda a 0 ◦ C sciogliendo una porzione
del ghiaccio: infatti l’acqua per raffreddarsi a 0 ◦ C cede la quantità di calore
Q!
a = ma ca ∆T = (10 g)(1 cal/g · K)(20 K) = 200 cal ,
Angelo Baracca - Ulteriori Esercizi e Problemi sul Capitolo 4
(4.79)
Pag. 3
4.10. I PRINCIPI DELLA TERMODINAMICA IN FORMA DIFFERENZIALE
329
mentre la fusione di tutto il ghiaccio richiederebbe una quantità di calore molto maggiore, Q !
f us =
mg qlat = (103 g)(80 cal/g) = 8·104 cal. Il calore (4.79) ceduto dall’acqua fonde una massa di ghiaccio
Q"
200 cal
∆mg = a =
= 2, 5 g.
qlat
80 cal/g
Dopo la trasformazione il sistema è quindi composto da 12,5 g di acqua e 997,5 g di ghiaccio a 0 ◦ C.
b) La variazione di entropia del sistema è data da
Qa
= ma ca ln 273
+ 273
293
cal
= − (10 g)(1 cal/g·K) ln 1, 073 + 200
273 K
= [−10 · 0, 0705 + 0, 733] cal/K = + 0, 66 cal/K
∆Stot = ∆Sa + ∆Sg
L’entropia del sistema aumenta nella trasformazione, quindi il processo avviene spontaneamente
nel verso dato nel problema.
Soluzione 4.h. a) Per stabilire la composizione finale del sistema, si consideri che la solidificazione
f us
dell’alluminio cede una quantità di calore QfAlus," = mAl · qAl
= (2 g)(4 · 102 J/g) = 800 J, mentre
= ma ca (100 K−0 K) = (100
il calore necessario all’acqua per giungere all’ebollizione sarebbe Qeboll
a
g)(4, 186 J/g·K)(100 K) = 4, 186 · 104 J : pertanto lo stato finale di equilibrio termico del sistema è
costituito da 2 g di alluminui solido e 100 g di acqua alla tenmperatura teq di equlibrio, intermedia
tra 0 ◦ C e 660 ◦ C, che si ricava dalla condizione
f us
mAl qAl
cioè
teq
+ mAl cAl (tAl − teq ) = ma ca (teq − ta ) ,
(2 g)[4,5·102 J/g+(900·10−3 J/kg·◦ C)(660 C)]
= (100 g)(4,186 J/g·◦ C)+(2 g)(900·10−3 J/g·◦ C)
" 4, 7 ◦ C .
∆S
=
+
(raf f r)
∆SAl
+
(risc)
∆Sa
2 J/g)
− (2 g)(4·10
933 K
=−
f us
mAl qAl
f us
TAl
933 K
278 K
+ mAl cAl ln
Teq
f us
TAl
+ ma ca ln
Teq
Ta
quindi l’entropia del sistema (isolato) aumenta nella trasformazione.
Soluzione 4.i. La variazione di entropia dell’acqua nella trasformazione reversibile in cui essa si
raffredda da 10 ◦ C a 0 ◦ C, congela, e poi si raffredda a −50 ◦ C è data da
K
= ma ca ln 273
283
! K−
− (0, 1kg)
ma qsol
273 K
K
+ ma cghiaccio ln 223
273 K
kJ
(4, 186 kgK
)(0, 036)
" − 0, 18 kJ/K
+
kJ
(80 kcal
)(4,186 kcal
)
kg
273 K
+
La variazione di entropia dell’universo (cioè del sistema acqua + termostato, supposto isolato) vale
∆Suniv = ∆Sacqua + ∆term " (−0, 18 + 0, 22) kJ/K " 0, 04 kJ/K = 40 J/K
e risulta quindi positiva.
Soluzione 4.l. a) Poiché la trasformazione del gas è isoterma, l’energia cinetica media delle
molecole non varia e vale
3
3
! = kB T0 = (1, 38 · 10− 23 J/K)(273 K) = 5, 65 · 10− 21 J.
2
2
b) L’energia interna di un gas ideale non varia in una trasformazione isoterma.
c) Si ha pertanto L" + Q" = 0; a temperatura costante se la pressione raddoppia, il volume si
riduce alla metà, quindi il gas esegue un lavoro negativo
L" = N RT0 ln
Vf
1
J
)(273K)(0, 693) = −3144 J
= N RT0 ln = −N RT0 ln 2 = −(2mol)(8, 31
Vi
2
Kmol
mentre cede al termostato il calore
Q" = −L" = +3144 J .
d) Le variazioni di entropia sono le seguenti
Q!
J
)(0, 693) = −11, 5 J/K
= −N R ln 2 = −(2 mol)(8, 31
T0
K · mol
Q"
= −∆Sgas = +11, 5 K/K
T0
∆Suniv = ∆gas + ∆Sterm = 0
∆Sterm =
K
=
− (2 g)(0, 9 J/g·K) ln
+ (100 g)(4, 186 J/g·K) ln 278
273 K
= (−0, 857 − 1, 8 · 1, 211 + 418, 6 ·0, 078) J/K" + 4, 432 J/K
∆Sacqua
CAPITOLO 4. QUALITÀ DELL’ENERGIA, IRREVERSIBILITÀ
∆Sgas =
b) La variazione di entropia del sistema è data dalla somma delle entropie di solidificazione e di
raffreddamento dell’alluminio, e di riscaldamento dell’acqua
(sol)
∆SAl
330
kcal
kJ
(0, 5 kgK
)(4, 186 kcal
)(0, 02)
"
L’entropia dell’acqua quindi diminuisce: infatti l’acqua cede calore al termostato. L’entropia del
termostato aumenta di
ma [ca (283 K−273 K)+qsol +cghiaccio (273 K−223 K)]
#
∆Sterm = TQterm =
# 223 K
$
0,1kg
kJ
kcal
kcal
= 223
(4, 186 kcal
) (1 kg·K
)(10 K) + (80 kcal
) + (0, 5 kg·K
)(50 K)
K
kg
" 0, 22 kJ/K
L’entropia del gas diminuisce, quella del termostato aumenta, ed l’entropia totale (dell’universo)
rimane costante, poiché la trasformazione è reversibile.
Soluzione 4.m. Bisogna stabilire se il ghiaccio fonde interamente o solo in parte, e conseguentemente se la temperatura finale è superiore o no a 0 ◦ C. Il ghiaccio per fondere interamente dovrebbe
ricevere la quantità di calore (100 g)(80 cal/g·◦ C) = 8 kcal. Il raffreddamento dell’acqua a 0 ◦ C cede
la quantità di calore
&%
%
&
kcal
kg
3
0,
2
=
V
d
c
∆T
=
(1
m
)
1,
3
Q"
(20 K) = 5, 2 kcal ,
aria
aria
aria
m3
kg · K
che sono sufficienti a fondere una parte del ghiaccio
∆mGh =
5200 cal
= 65 g ,
80 cal/g
per cui lo stato finale del sistema è costituito da 65 g d’acqua, 35 g di ghiaccio e l’earia a 0 ◦ C.
La variazione di entropia del sistema è (l’entropia dei 35 grammi che rimangono ghiaccio non
varia)
∆S = ∆Saria + ∆Sacqua
Q#
acqua
= maria caria ln 273
+ 273
293
K
cal
= −(1, 3 kg)(0, 2 kcal/kg·K) ln 293
+ 5200
273
273 K
= −0, 26 · 0, 07 kcal/K+19, 05 cal/K" [−18, 3 + 19] cal/K" 0, 7 cal/K
Angelo Baracca - Ulteriori Esercizi e Problemi sul Capitolo 4
Pag. 4
4.10. I PRINCIPI DELLA TERMODINAMICA IN FORMA DIFFERENZIALE
331
332
CAPITOLO 4. QUALITÀ DELL’ENERGIA, IRREVERSIBILITÀ
e risulta positiva.
Soluzione 4.n. Indichiamo con ∆S1 e ∆S2 le variazioni di entropia rispettivamente dei liquidi
che si trovano inizialmente alle temperature T1 e T2 : la variazione di entropia totale (dell’universo,
essendo il sistema isolato) sarà
∆Stot = ∆S1 + ∆S2 ,
T1
T2
273
= −0, 649 cal/K .
= −N cmol
ln
= −(2 mol)(9 cal/K · mol) ln
g
T2
T1
263
La variazione di entropia tra gli stati iniziale e finale è quindi
dove, chiamano con Tf la temperatura assoluta finale,
Si osservi che il processo corrisponde ad una diminuzione complessiva di entropia: questo non viola
il secondo principio, poiché il sistema non è isolato; nel processo si sottrae calore all’acqua, ed essa
passa dallo stato liquido allo stato cristallino, cioè da maggiore disordine a maggiore ordine, quindi
di entropia minore. La variazione di entropia (4.80) è quella che riguarda il passaggio dell’acqua da
liquido a solido cristallino: ad essa va aggiunta la variazione di entropia dell’ambiente esterno che
riceve il calore
Q#
(2 mol)(1343 cal/mol)
=
∆Sest =
# 10, 2 cal/K.
T1
263 K
La variazione di entropia dell’universo, cioè dell’acqua più l’ambiente con cui essa scambia calore, è
quindi data da
∆S1 = mcs ln
Tf
,
T1
∆S2 = mcs ln
Tf
.
T2
La temperatura di equilibrio si calcola dalla condizione
mcs (Tf − T1 ) + mcs (Tf − T2 ) = 0 ,
Pertanto
∆Stot
da cui
Tf =
T1 + T2
.
2
!
!
"
"
2
1 +T2 )
= mcs ln T12T+T1 2 + ln T12T+T2 2 = mcs ln (T4T
1 T2
!
!
"2
"
2
2
= 2mcs ln 2T√1T+T
.
= mcs ln 2T√1T+T
1 T2
1 T2
Questa variazione di entropia è positiva (trasformazione irreversibile in un sistema isolato) se l’argomento del logaritmo è maggiore di 1, e questo si verifica facilmente
#
T1 + T2 > 2 T1 T2 → (T1 + T2 )2 > 4T1 T2
→
T12 + 2T1 T2 + T22 > 4T1 T2
→
(T1 − T2 )2 > 0 .
Soluzione 4.o. Poiché si sa che acqua e ghiaccio sono in equilibrio alla pressione atmosferica se
la temperatura è 0 ◦ C, essi non sono ovviamente in equilibrio a −10 ◦ C: pertanto la trasformazione
dell’acqua in ghiaccio è irreversibile. La variazione di entropia in questa transizione di fase deve
essere calcolata lungo una trasformazione reversibile (o una catena di trasformazioni reversibili) tra
gli stessi stati iniziale e finale: tali trasformazioni possono essere le seguenti
1) riscaldamento reversibile dell’acqua da −10 ◦ C a 0 ◦ C;
2) solidificazione reversibile dell’acqua a 0 ◦ C;
3) raffreddamento reversibile del ghiaccio da 0 ◦ C a −10 ◦ C.
Considerando che i calori specifici molari dell’acqua e del ghiaccio e il calore latente sono
∆S3 = N cmol
ln
g
∆Sacqua = ∆S1 + ∆S2 + ∆S3 = −9, 86 cal/K .
∆Stot = ∆Sacqua + ∆Sest = −9, 86 cal/K + 10, 2 cal/K = +0, 34 cal/K.
La variazione di entropia dell’universo è quindi positiva, quindi il processo è spontaneo: a −10 ◦ C
l’acqua ghiaccia spontaneamente.
Soluzione 4.p. Poiché le pareti del cilindro sono rigide, il sistema è meccanicamente isolato e
pertanto non vi è scambio di lavoro: il primo principio implica allora che
∆Eint = −Q$ = 18 · 102 cal # 76 · 102 J.
All’equilibrio la pressione dalle due parti del pistone è la stessa ed uguaglia la pressione del vapore
saturo, cioè 1 atm. Per il calcolo della variazione entropica occorre considerare sepratamente i
contributi delle due parti.
1) Nella parte superiore del recipiente si ha una compressione isoterma del vapore, e approssimandolo con un gas ideale la sua variazione di entropa è
∆S1 = N1 R ln
qfmol
us
= qf us M = (80 cal/g)(18 g/mol) = 1440 cal/mol ,
trattandosi di 2 moli di acqua, per queste trasformazioni si ha
∆S1 = N cmol
ln
a
∆S2 = N
T2
273
= 1, 342 cal/K ,
= (2 mol)(18 cal/K · mol) ln
T1
263
qfmol
1440 cal/mol
us
= −10, 55 cal/K ,
= −(2 mol)
T2
273 K
Vf
.
V0
Il numero di moli di vapore nella parte superiore è data da
N1 R =
cmol
= ca M = (1 cal/K · g)(18 g/mol) = 18 cal/K · mol ,
a
cmol
# 0, 5 · cmol
= 9 cal/K · mol ,
g
a
(4.80)
e inoltre, essendo la trasformazione isoterma è
∆S1 =
Vf
V0
P0 V0
,
T
=
P0
,
Pvap
per cui si ottiene
P0 V0
P0
= −0, 986 J/K.
ln
T
Pvap
2) La variazione di entropia per il passaggio allo stato di vapore (a temperatura e pressione
q mol ·∆N
costanti) di un certo numero ∆N di moli d’acqua è ∆S2 = vapT . Si calcola ∆N dall’equazione di
stato del gas ideale
P0
Pvap
(V0 − Vf ) , con Vf = V0
,
∆N =
RT
Pvap
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Pag. 5
4.10. I PRINCIPI DELLA TERMODINAMICA IN FORMA DIFFERENZIALE
per cui
mol
Pvap V0 qvap
∆S2 =
RT 2
La variazione totale di entropia è dunque
!
P0
1−
Pvap
"
333
" 22 J/K.
∆Stot = ∆S1 + ∆S2 " 21 J/K .
∆E
(metabol)
∆E
(bas)
int
= 250 W e ∆t
= (1, 1 W/kg)(70 kg) = 77 W,
Soluzione 4.q. Dai dati del problema int∆t
ed essendo il rendimento fisiologico (4.42) uguale a 0,5, si ricava la potenza sviluppata
P=
!
L
= [(0, 15)(250) − (0, 15)(77)] W = 29, 95 W.
∆t
Il tempo dirante il quale la persona può eseguire con continuità questo lavoro è
t=
1, 25 · 107 J
= 5 · 104 s
250 J/s
e il lavoro totale che può svolgere è
L! = P · t = (25, 95 W)(5 · 104 s) = 130 · 104 J.
Soluzione 4.r. L’energia spesa dall’uomo è data dal lavoro per trasportare il carbone più l’energia
per mantenere le funzioni corporee. Il lavoro eseguito è
334
CAPITOLO 4. QUALITÀ DELL’ENERGIA, IRREVERSIBILITÀ
Questo risultato si interpreta pensando che l’acqua ed il vapore a 100 ◦ C e 1 atm sono in equilibrio,
e per i sistemi in equilibrio è ∆G = 0, cioè G ha il valore minimo.
Soluzione 4.t. Essendo le pareti rigide è L = 0, ed essendo termicamente isolanti è Q = 0, e quindi
∆Eint = 0. Pertanto, trattandosi di gas ideali, la temperatura rimane costante nella trasformazione.
Indicando con 1 e 2 i due gas ideali, inizialmente è V1 = V2 = V = 12 Vf , dove Vf è il volume finale;
inoltre, per la legge di Avogadro, N1 = N2 = N = 5. La variazione di entropia è la somma delle
variazioni di entropia dei due gas che si espandono indipendentemente fino al volume finale Vf (si
noti che se invece dalle due parti vi fosse lo stesso gas, sarebbe ∆S = 0)
∆S = ∆S1 + ∆S2
V
V
= N1 R ln Vf1 + N2 R ln Vf2 = 2N R ln
= 57, 6 J/K= 13, 8 cal/K .
Vf
V
Per il calcolo di ∆F e ∆G si tenga presente che nè l’energia interna, nè la pressione, nè il volume,
nè la temperatura,e pertanto è
∆F = ∆G = −T ∆S = −4319 cal.
Infine, poiché il sistema è isolato, la trasformazione non comporta variazione entropica dell’ambiente
esterno, e pertanto la variazione di entropia dell’universo per questa trasformazione conincide con
quella del sistema.
Soluzione 4.u. Il lavoro massimo ottenibile è dato dalla (4.50), quindi dai risultati del Problema
4.p si ottiene
L!
max = −∆F = T ∆S − ∆Eint = 233 J.
L! = mgh = 9800 J = 2344 cal.
L’energia basale necessaria per 15 min è 14 (67 kcal/ora) = 16, 75 kcal; l’energia consumata in 15 min
è quindi
2, 344 kcal + 16, 75 kcal " 19 kcal.
Calcoliamo allora la quantità di glucosio che deve essere bruciato. Il peso molecolare di C 6 H12 O6 è
180, quindi una mole = 180 g libera 686 kcal. Poiché sono richieste 19 kcal, la quantità di glucosio è
(180/686)·19 = 5 g. Poiché una mole di glucosio libera 6 moli di CO2 , cioè 264 g, la quantità liberata
da 5 moli è
265
mCO2 =
5 = 7, 34 g.
180
Ma una mole di CO2 in condizioni normali occupa 22,4 l, per cui 7,34 g corrispondono a un volume
prodotto in 15 min
7, 34
VCO2 =
22, 4 = 3, 7 l
44
Soluzione 4.s. Poiché il processo avviene a P e T costanti,
L! = P · ∆V ,
!
Q"
= ∆Eint + P · ∆V .
evap = ∆Eint + L
La variazione dei entropia è ∆S = Q"
evap /T , e quindi
"
∆G = ∆Eint + P ∆V − T ∆S = Q"
evap − Qevap = 0 .
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