Esercizio 1 - mat.uniroma3

2° Esonero FSI – 21/01/05
Prof. De Notaristefani
Esercizio 1
Nel contenitore mostrato della figura il gas A, monoatomico, si trova in uno stato
caratterizzato da V0 = 1010-3 m3, P0 = 105 Pa, T0 = 290 K; esso non può scambiare calore
con l’esterno. Il gas in B ha le stesse V0, T0, P0, ma è biatomico e può scambiare calore. Il
pistone può scorrere senza attrito. Con una trasformazione reversibile il gas in B viene
portato alla temperatura TB e al volume VB = 1210-3 m3.
a) Calcolare il numero di moli e il valore di TB
b) Calcolare il calore ceduto al gas B.
c) Successivamente il gas in B viene posto a contatto termico con una sorgente a T 0,
mantenendo bloccato il pistone, finché non viene raggiunto l’equilibrio termico.
Calcolare la pressione del gas in B e la variazione di entropia dell’universo nell’intero
processo.
(Si assumano i gas come gas perfetti)
A
B
Soluzione Esercizio 1:
a)
Per come è strutturato il sistema, in trasformazioni reversibili la pressione dei due contenitori
dovrà essere sempre la stessa.
Cominciamo, innanzitutto, a determinare il numero di moli. Esso potrà essere calcolato in
modo immediato a partire dalla legge dei gas perfetti:
n
PV
0 0
 0.415 moli
RT0
(con, ovviamente, R = 8.314 J/moleK)
Considerando il gas B, per la legge dei gas perfetti è possibile scrivere:
PV
0 0  nRT0
PVB  nRTB
Da cui:
PV
PVB
0 0

T0
TB
[1]
D’altronde, la trasformazione che subisce il gas A è adiabatica e quindi è possibile scrivere:


PV
0 0  PVA
[2]
Da come appare chiaro in figura, conoscendo il volume occupato dal gas B a conclusione
della trasformazione, è possibile conoscere il volume del gas A:
VA  2V0  VB
A
La [2] diventerà allora:
B

PV
0 0  P  2V0  VB 

Poiché il gas A è monoatomico:

5
3

105 Pa
e quindi:
P
V0
 2V0  VB 

P0 
P0
 2  VB
V0 

 2  12 10 
53

105
 0.8
53
Pa=1.45 105Pa
Dalla [1] potremo ora determinare la temperatura del gas B:
TB 
PVB
12 1.45
T0 
290 K  505 K
PV
1

10
0 0
b)
Il calore ceduto al gas B può essere determinato facendo riferimento al primo principio della
termodinamica:
Q  U B  LB
La variazione di energia interna per un gas perfetto è pari:
U  nCv TB  nCv TB  T0 
Essendo B un gas biatomico si avrà:
Cv 
5
R
2
da cui:
U  nCv TB  T0  
5
Rn TB  T0   2.5  0.415  8.314   505  290  J  1855 J
2
Per determinare il lavoro bisogna notare che esso è stato utilizzato interamente per
comprimere adiabaticamente il gas A. Ora, in una trasformazione adiabatica si ha che:
U A   LA
UA può essere facilmente trovato perché è ancora la variazione di energia di un gas perfetto.
Quindi:
LA  U A  nCv TA  T0 
[3]
Il gas A è monoatomico, per cui:
Cv 
3
R
2
Resta da determinare la temperatura di A. Per farlo ricordiamo che la trasformazione è
adiabatica, per cui vale la relazione TV-1 = Cost e che: VA = (2V0 – VB). Quindi:
T0V0 1  TAVA 1  TA  2V0  VB 
 1

 1
 V0 
TA  

 2V0  VB 
T0 
290
K  336 K
0.82 3
A questo punto potremo determinare dalla [3]:
 LA  U A  nCv TA  T0  
3
Rn TA  T0   1.5  0.415  8.314   336  290  J  238 J
2
Ovviamente il lavoro su B è pari a –LA, cioè LB = - LA. Il calore scambiato dal gas B sarà
allora:
Q  U B  LB  1855J  238J  2093J
c)
La prima trasformazione è reversibile e il sistema caratterizzato dall’ambiente + gas A + gas
B è isolato. Complessivamente, quindi, la variazione di entropia dell’universo è nulla.
La seconda trasformazione avviene a pressione costante (e quindi non viene compiuto alcun
lavoro) ma non è reversibile (due corpi a temperatura diversa si portano a uguale
temperatura). La pressione finale potrà essere determinata dalla legge dei gas perfetti come:
T
PB' PB
290

 PB'  0 PB 
1.45 105 Pa=0.83 105 Pa
T0 TB
TB
505
La variazione di entropia del gas B che, ricordiamo, è biatomico è pari:
T 
5
S gas  nR ln  0   4.78 J
K
2
 TB 
In questa trasformazione a volume costante l‘ambiente riceve dal gas una quantità di calore
pari a:
Q' 
5
nR TB  T0   1854 J
2
La variazione di entropia dell’ambiente sarà allora pari a:
Sambiente
Q'

 6.39 J
K
T0
La variazione di entropia dell’intero universo sarebbe quindi pari a:
Suniverso  S gas  Sambiente  1.61 J
K
si noti che la variazione di entropia è maggiore di zero, in accordo con il secondo principio.
Esercizio 2
Si consideri una macchina termica funzionante in modo reversibile secondo un ciclo costituito
da due adiabatiche e due isocore (ciclo di Otto). Il rapporto di compressione è  = VA/VB = 8.
Si assuma che il fluido termodinamico sia un gas perfetto biatomico. Calcolare il rendimento
della macchina, il calore e il lavoro complessivo. Se il gas fosse monoatomico cambierebbe il
rendimento della macchina?
C
D
B
A
Soluzione:
Il rendimento è pari a:

L
Qa
[1]
dove Qa è il calore assorbito dalla macchina in un ciclo.
Nelle trasformazioni adiabatiche non viene scambiato calore. Il calore viene scambiato solo
nelle isocore. In particolare, il calore viene assorbito dal sistema nella trasformazione BC e
viene ceduto nella trasformazione DA.
Da questo avremo quindi che:
Qa  QBC
D’altronde, l’intero processo è costituito da un ciclo e quindi (1° principio della termodinamica)
deve essere:
L  Q  QBC  QDA
Facilmente si vede che :

QBC  nCV TC  TB 


QDA  nCV TA  TD 
[2]
utilizzando quindi la [1] e la [2] e tenendo conto dei segni:

L
nC T  T   nCV TD  TA 
T  T 
 V C B
 1 D A
Qa
nCV TC  TB 
TC  TB 
[3]
Si considerino ora le trasformazioni adiabatiche:
TAVA 1  TBVB 1

 1
 1
TCVC  TDVD
In cui  = 1.4 essendo il gas biatomico.
Da cui:
 T  V  1
 B   A     1
 TA  VB 

 1
 TC  VD 
 1
    
 TD  VC 
Conoscendo il rapporto di compressione, dalla [3] otterremo:
  1
TD  TA   1  TD  TA   1  1  1  1  0.565
  1
80.4
TC  TB 
TD   1  TA   1 
Se il gas fosse monoatomico, cambierebbe l’esponente al rapporto di compressione e si
avrebbe  = 1.67:
  1
TD  TA   1  TD  TA   1  1  1  1
  1
80.67
TC  TB 
TD   1  TA   1 
Il gas monoatomico fornirebbe quindi un rendimento superiore.
 0.75
Esercizio 3:
In un recipiente a pareti adiabatiche e rigide sono contenuti una massa M di acqua di calore
specifico CM e un blocco di ferro di massa m e calore specifico CF, sospeso tramite un filo ad
un’altezza h dal fondo del recipiente. Si taglia il filo ed il corpo cade nell’acqua fermandosi sul
fondo del recipiente senza urtarlo. Sapendo che la temperatura iniziale dell’acqua e del
blocco è la stessa e vale T0, calcolare la variazione di entropia del sistema Ferro+Acqua
(trascurare la dilatazione termica dell’acqua e del blocco e considerare il blocco come un
punto materiale)
h
Soluzione esercizio 3:
La variazione di entropia è chiaramente data dalla somma delle variazioni di entropia
dell’acqua e del ferro.
Il fatto che i calori specifici sono noti e costanti permette di determinare facilmente la
variazione di entropia integrando il rapporto tra Q e T:
Tf
S  S a  S F 

T0
 Qa
T
Tf

T0
 Qf
T
Tf
 mCF 
T0
Tf
dT
dT
 MCa 
T
T
T0
Per risolvere il problema è quindi necessario ricavare la temperatura finale.
Per la conservazione dell’energia, la somma dei calori assorbiti dal ferro e dall’acqua dovrà
essere uguale all’energia potenziale gravitazionale della massa m nella configurazione
iniziale.
mgh  Qa  QF  mCF T f  T0   MCa T f  T0    mCF  MCa  T f  T0 
da cui:
T f  T0 
mgh
mCF  MCa
Quindi sarà ora possibile determinare la variazione di entropia:
S  Sa  S F   mCF  MCa  ln
Tf
T0
sostituendo:


mgh
S  S a  S F   mCF  MCa  ln 1 

T
mC

MC


0
F
a 
