Approfondimenti e problemi sull’argomento:
Trasformazioni Termodinamiche
Problemi 1,2,3,4,5: difficoltà media, utili per la preparazione all’esame
Problemi 6,7: di approfondimento, facoltativi
Problema 1
Un peso di massa 8.6 Kg, cadendo da un’altezza di 40 m fa girare la ruota a palette di un
calorimetro, mediante un opportuno meccanismo. Nel calorimetro vi sono 520 g di acqua,
inizialmente alla temperatura di 16 oC. Qual è il massimo aumento possibile della temperatura?
Problema 2
In un recipiente a pareti rigide ed adiabatiche inizialmente vuoto, vengono introdotte un gran
numero di molecole (dell’ordine del numero di Avogadro) di un gas perfetto monoatomico,
aventi tutte la medesima velocità v = 2000 m/s. Sapendo che il peso molecolare del gas vale 4
g/mole, si calcoli la temperatura del gas quando siano raggiunte le condizioni di equilibrio
termodinamico.
Problema 3
Un gas biatomico (cV = 5/2 R) può venire raffreddato e compresso
portandolo dallo stato A allo stato B, tramite due percorsi diversi:
(1) la successione di trasformazioni rappresentata dal tratto ondulato in
P
figura, oppure (2) i due processi consecutivi A→ C (V costante) seguito
B
da C→ B (P costante).
a) Calcolare la variazione di energia interna tra gli stati A e B.
b) Calcolare il calore ceduto dal gas nel caso si segua il percorso
ondulato, sapendo che il lavoro fatto dall’esterno sul gas in questo
caso vale 2300 J.
Dati: n = 2, PA = 2·105 N/m2, PB = 1.5·105 N/m2, VA = 50 dm3, VB = 40 dm3.
A
C
V
Problema 4
Un campione di gas di 0.12 moli occupa un volume di 1 dm3 alla
pressione di 3·105 Pa. Calcolare il lavoro eseguito dal gas nei casi in
cui, con processi di tipo quasi-statico, esso
a) si espande isotermicamente fino ad occupare il volume di 5 dm3 ;
b) arriva allo stesso stato finale per mezzo di una espansione isobara
seguita da un raffreddamento isocoro;
c) arriva allo stesso stato finale eseguendo prima il raffreddamento
isocoro, e poi l’espansione isobara.
Discutere i risultati ottenuti.
Pi
I
b
•
a
Pf
0
c
•F
Vi
Vf
Problema 5
Un gas monoatomico viene sottoposto al ciclo di trasformazioni in
figura. La trasformazione AB è isocora, la trasformazione BC è
adiabatica, e quella CA è isobara. Si calcoli il calore assorbito Q, il
lavoro fatto W e la variazione di energia interna ∆U per ciascuna
delle trasformazioni e per l’intero ciclo.
Dati: n = 4, TA = 300 K, TB = 600 K, TC = 455 K.
P
B
•
A
0
•C
V
Problema 6
Un cilindro contenente un gas e chiuso da un pistone mobile viene tenuto
immerso in un calorimetro contenente una miscela di ghiaccio e acqua. Il
pistone viene velocemente spinto verso il basso comprimendo il gas da
V1 a V2 , e viene mantenuto in tale posizione fino al raggiungimento
dell’equilibrio termico. Quindi il pistone viene alzato molto lentamente,
fino a tornare alla posizione di partenza. Durante questo ciclo di
trasformazioni si osserva che si fondono 120 g di ghiaccio.
Rappresentare il ciclo sul diagramma P-V e discutere la successione delle
varie trasformazioni. Determinare il lavoro che è stato compiuto
dall’esterno sul gas.
(calore latente di fusione del ghiaccio L f = 3.33 ⋅ 105 J/Kg )
T
H2O+ghiaccio
Problema 7
Ricavare la relazione funzionale tra pressione e volume di un gas ideale nel caso esso sia sottoposto
a trasformazioni adiabatiche.
Soluzioni dei Problemi e Approfondimenti sull’argomento:
Trasformazioni Termodinamiche
Problema 1
L’energia potenziale gravitazionale persa dal corpo in caduta viene
trasferita al moto delle palette (energia cinetica) e poi dissipata e
assorbita come calore dall’acqua contenuta nel calorimetro, a causa
dell’attrito viscoso e delle turbolenze. L’aumento massimo di
temperatura dell’acqua si avrà se tutta l’energia potenziale
gravitazionale diventa calore, idealmente senza perdite, cioè se
∆U g = Q , ovvero:
m c g h = m a c ( T f − Ti )
T
dove mc è la massa del corpo, ma è la massa dell’acqua, che ha
H2 O
un calore specifico c = 4186 J/(Kg oC). Ricavando l’aumento di
temperatura finale:
8.5 Kg ⋅ 9.8 m/s 2 ⋅ 40 m
m g hi
∆T = T f − Ti = c
=
= 1.53 o C
0.52 Kg ⋅ 4186 J/(Kg oC)
ma c
certo non un aumento di temperatura consistente!
L’esperimento originale di Joule era molto simile a questo, ma al limite delle
possibilità degli strumenti di misura dell’epoca, e condotto con una estrema cura dei
particolari in modo da evitare anche la più piccola perdita di energia termica. E anche in
questo modo era necessaria una buona dose di convinzione nelle leggi fondamentali di
conservazione per ottenere dei risultati sensati!
Problema 2
Per quanto il problema sia poco realistico, l’esperienza ci mostra che dopo un certo tempo
qualunque sistema lasciato a se stesso raggiunge l’equilibrio termodinamico, caratterizzato dalla
temperatura T uniforme su tutto il sistema. In questo caso abbiamo un gas perfetto monoatomico
in un recipiente isolato, per cui l’energia interna si conserva. L’energia iniziale è data
dall’energia cinetica delle molecole, che hanno tutte la stessa velocità:
1
Ui = N ⋅ m v 2
2
( N è il numero di molecole, m la loro massa)
All’equilibrio termico l’energia è data dalla formula della teoria cinetica per il gas monoatomico:
3
3
3
3 Nm
U f = N ⋅ k BT = n N A k BT = n R T =
RT
2
2
2
2 P. M .
dove n è il numero di moli, NA il numero di Avogadro, e si ricorda che n = (N m)/P.M. , essendo
(N m) la massa totale delle molecole e P.M. il peso molecolare (espresso in Kg !). Le due energie
devono essere uguali, per cui ricaviamo facilmente la temperatura di equilibrio:
1
3 Nm
N ⋅ m v2 = ⋅
RT
2
2 P. M .
⇒
T=
v 2 ⋅ P. M . (2000 m/s)2 ⋅ 4 ⋅ 10−3 Kg
=
= 642 K
3⋅ R
3 ⋅ 8.31J/K
Problema 3
Per calcolare la variazione di energia tra gli stati A e B possiamo
applicare il primo principio della termodinamica alla successione di
A
processi noti ACB (il processo rappresentato dalla linea ondulata non ci P
è molto utile non avendo molte informazioni su di esso).
B
Per prima cosa troviamo le temperature dei vari stati dall’equazione di
C
stato dei gas (con ovviamente PC = PB , VC = VA ):
V
2 ⋅ 10 5 N/m 2 ⋅ 50 ⋅ 10 −3 m 3
P V
TA = A A =
= 602 K ;
2 ⋅ 8.31 J/K
nR
TB = 361 K ; TC = 451 K
a) Processo A → C: è isocoro (V costante) per cui il lavoro è nullo e
5
∆U AC = Q AC = ncV (T f − Ti ) = n ⋅ R ⋅ (TC − T A ) = − 6274 J
2
negativo perché si tratta di un raffreddamento (la pressione e la temperatura diminuiscono).
Processo C → B: è isobaro (P costante = PB ) quindi
∆U CB = QCB − WCB = nc P (TB − TC ) − PB ⋅ (VB − VC ) = − 3735 J
dove abbiamo usato correttamente il calore specifico a pressione costante c P = cV + R = 7 / 2 R , e
il lavoro è calcolato a pressione costante. Anche questa variazione di energia interna è negativa
perché il processo è una compressione. Concludendo la variazione di energia interna totale è:
∆U AB = ∆U AC + ∆U CB = − 10009 J
In realtà si poteva arrivare più rapidamente al risultato tenendo conto che l’energia interna è solo
funzione della temperatura (e non dipende dalle diverse trasformazioni); con la formula (13)
∆U = n cV ∆T abbiamo:
5
∆U AB = n cV (TB − TA ) = n ⋅ R ⋅ (TB − TA ) = − 10013 J
2
uguale al risultato precedente (a parte gli inevitabili errori di troncamento del risultato dei calcoli
con la calcolatrice da tavolo).
b) Conoscendo la variazione di energia, e sapendo che il lavoro fatto dal gas è W = -2300 J
(poiché il dato fornito dal problema è il lavoro fatto dall’esterno sul gas) il primo principio ci
consente di trovare il calore assorbito dal gas nel percorso ondulato:
Q = ∆U + W = − 10013 J − 2300 J = − 12313 J
per cui il calore ceduto dal gas risulta essere +12313 J.
Problema 4
I
b
a) Trattandosi di una espansione isoterma dallo stato iniziale I
Pi •
(di pressione e volume specificati) allo stato finale F, la curva
a
rappresentativa è il tratto di iperbole in figura, e la sua
Pf
•F
temperatura si ricava dall’equazione di stato dei gas:
c
5
2
−3
3
P V 3 ⋅ 10 N/m ⋅ 1 ⋅ 10 m
0
T= i i =
= 301 K
Vf
Vi
0.12 ⋅ 8.31 J/K
nR
mentre la pressione nello stato finale, sapendo che il volume dello stato finale è
V f = 5 ⋅ 10 −3 m 3 , si ricava facilmente dalla legge PV = costante (oppure applicando ancora
l’equazione di stato):
Pi Vi
= 6 ⋅ 10 4 N/m 2
Vf
Il lavoro fatto dal gas si trova con la formula (7) già dimostrata negli appunti
Pf =
V f
5
= 0.12 ⋅ 8.31 J/K ⋅ 301 K ⋅ ln = 483 J
1
Vi
Wa = n R T ln
b) Il lavoro è fatto dal gas solo nel primo tratto, il processo isobaro (alla pressione costante Pi )
da Vi a V f , poiché nel tratto isocoro (V costante) il lavoro è ovviamente nullo.
Quindi con la (6) si ha Wb = Pi ⋅ (V f − Vi ) = 1200 J
c) Come prima, il lavoro riguarda solo il percorso isobaro, ma in questo caso a Pf quindi:
Wc = Pf ⋅ (V f − Vi ) = 240 J
Osserviamo che i risultati ottenuti mostrano che il lavoro effettuato dal gas per passare dallo
stato iniziale allo stato finale è diverso per i tre percorsi, e inoltre vale
Wb > Wa > Wc
f
in accordo col significato geometrico dell’integrale W = ∫ PdV , e cioè l’area sotto il tratto di
i
curva rappresentativa nel piano P-V.
Problema 5
Il ciclo di trasformazioni è percorso in senso orario e quindi ci
B
P
aspettiamo che il calore totale assorbito Q sia positivo, come il
•
lavoro totale fatto W. Trattiamo ora le singole trasformazioni.
a) Processo A→B, isocoro (V costante); si ha WAB = 0 , e anche
•C
A
3
∆U AB = Q AB = n cV ∆T = n R (TB − TA ) = 14960 J
0
2
V
b) Processo B→C, adiabatico ; per definizione Q BC = 0 , mentre
∆U BC = − WBC . Per procedere, o calcoliamo direttamente il lavoro eseguito dal gas durante
una espansione adiabatica (utilizzando la relazione tra P e V che si ricaverà nel Problema 7),
oppure ricordiamo che l’energia interna è funzione della sola temperatura, e conosciamo le
temperature iniziali e finali per questo processo. Quindi, per questo gas monoatomico:
3
∆U BC = n cV ∆T = n R (TC − TB ) = − 7230 J
2
negativa perché si tratta di una espansione adiabatica. Il lavoro fatto è allora WBC = +7230 J .
c) Processo C→A, isobaro (P costante); in questo caso tutti e tre le grandezze da trovare sono
diverse da zero. Il calore assorbito lo troviamo facilmente col calore specifico a pressione
costante, c P = 5 / 2 R per il gas monoatomico:
5
QCA = n c P ∆T = n R (T A − TC ) = − 12880 J
2
negativo perché la temperatura del gas è diminuita. Il primo principio ci dà una relazione tra le
due incognite ∆U e W , ma abbiamo necessità di una ulteriore informazione per risolvere il
problema. Ricorriamo al fatto che il processo totale è ciclico, e quindi la sua variazione di
energia interna totale è zero:
∆U AB + ∆U BC + ∆U CA = 0
Con i risultati calcolati nei altri processi troviamo quindi:
∆U CA = − ∆U BC − ∆U AB = − 7730 J
e dal primo principio il lavoro fatto in questo processo:
WCA = QCA − ∆U CA = − 5150 J .
Infine, abbiamo già affermato che la variazione totale di energia interna sul ciclo è zero; il calore
totale assorbito sarà invece:
Q = Q AB + Q BC + QCA = + 2080 J
e il lavoro totale fatto W = WAB + WBC + WCA = + 2080 J ; si verifica quindi che in un processo
ciclico il lavoro eseguito è uguale al calore totale assorbito.
Problema 6
La prima trasformazione (da V1 a V2) è una compressione veloce ; questo vuol dire che non si lascia
abbastanza tempo al gas per smaltire all’esterno, perdendo calore, l’aumento di energia ricevuto dal
lavoro meccanico W1 di compressione del pistone. Il processo è quindi da considerarsi adiabatico ,
e il gas si ritroverà al volume finale V2 (minore di V1) con una temperatura T2 maggiore di quella
iniziale T1 = 0 oC della miscela ghiaccio-acqua. Successivamente si attende lo stabilirsi
dell’equilibrio termico tenendo il volume costante; si tratta quindi di un raffreddamento isocoro in
cui il gas diminuisce la sua temperatura fino a 0 oC, restituendo una quantità di calore Q2 al
calorimetro. Infine, nella terza fase il pistone viene alzato lentamente e quindi si permette il
ristabilirsi continuo dell’equilibrio termico; dato che la temperatura è controllata dal sistema
ghiaccio-acqua, si tratta di una espansione isoterma, in cui il gas preleva una quantità di calore Q3
dal calorimetro ed esegue all’esterno il lavoro W3 . Il ritorno alla posizione di partenza garantisce
che il gas torna alla condizione iniziale, e quindi la sua variazione di energia interna è nulla.
Sulla base di questa descrizione possiamo rappresentare
graficamente il ciclo di trasformazioni sul piano P-V, ricordando
P
•
che la curva adiabatica è più ripida di un’analoga isoterma. Sono
Q2
anche segnati simbolicamente i calori scambiati, Q2 uscente dal gas
e Q3 entrante. Si può osservare che il ciclo viene percorso in senso
•
Q3
antiorario; questo vuol dire che il lavoro totale eseguito dal gas è
0
V2
V1
negativo e quindi il lavoro totale eseguito dal pistone,
Wext = W1 – W3
secondo le definizioni date, è positivo.
Questo fatto giustifica l’osservazione che in un ciclo si ha la fusione di una quantità di ghiaccio:
infatti essendo il calorimetro isolato termicamente, l’unico scambio di energia con l’esterno
avviene attraverso il pistone. Il sistema complessivo ha quindi un aumento di energia per ogni
ciclo pari a Wext che provoca lo scioglimento del ghiaccio (viene immagazzinato come calore
latente di fusione). Si trova quindi che il lavoro del pistone vale
Wext = m ⋅ L f = 0.12 Kg ⋅ 3.33 ⋅ 105 J/Kg = 39960 J
Una ultima osservazione è che dovrà essere Q2 > Q3 , cioè il calore ceduto al calorimetro
durante la seconda fase deve essere minore del calore recuperato dal gas nella terza fase.
Problema 7
Per ricavare la legge delle trasformazioni adiabatiche di un gas perfetto ricorriamo al Primo
Principio della Termodinamica nella formulazione microscopica, supponendo per semplicità che
il processo sia di tipo quasi-statico. Dato che il sistema non può scambiare calore con l’ambiente
esterno si avrà dQ = 0 e quindi
dU = − dW
Per il lavoro usiamo la definizione (4); per l’energia interna la formula (13) che vale per tutti i
gas ideali ottenendo:
n RT
cV n dT = − P dV
cV n dT = −
dV
V
dove si è sostituito P = nRT / V con l’equazione di stato dei gas. Risistemando la formula:
⇒
dT
R dV
=−
T
cV V
dove a sinistra abbiamo solo la variabile Temperatura, mentre a destra solo la variabile Volume
(a parte le costanti); possiamo quindi integrare questa formula differenziale, da uno stato iniziale
(Ti,Vi) a uno stato finale (Tf,Vf) per ottenere una relazione tra le variabili in questione. La
funzione primitiva in entrambi i membri è il logaritmo naturale (ln):
Tf
∫Ti
dT
R
=−
T
cV
dV
V
Vf
∫Vi
T
ln f
Ti
⇒
R V
= − ln f
cV Vi
R V
= + ln i
cV V f
V
= ln i
V
f
R
cV
dove si sono usate le proprietà dei logaritmi. Poiché i logaritmi sono uguali se lo sono i loro
argomenti abbiamo la formula:
T
T
f
i
= V
V
i
f
R
cV
⇒
T f ⋅V f
R
cV
= Ti ⋅ Vi
R
cV
dove abbiamo riunito insieme le variabili dello stato iniziale e quelle dello stato finale. Questa è
una relazione tra le variabili di questi stati specificati. Ma dato che gli stati iniziale e finale sono
completamente arbitrari, lo stesso risultato deve valere per qualsiasi stato che faccia parte del
processo adiabatico, cioè deve essere:
T ⋅V
R
cV
= costante
e questa è una prima relazione funzionale tra le variabili di stato. Usando di nuovo l’equazione di
stato per sostituire T ( T = PV / nR ) si trova la relazione con le variabili P e V:
P V R cV
⋅V
= cost
nR
⇒
P ⋅V
R
c
V
+ 1
= cost
L’esponente di V può essere scritto in forma migliore se si ricorda la formula (15):
R + cV c p
R
+1 =
=
≡γ
cV
cV
cV
cioè l’esponente non è altro che il rapporto tra il calore specifico a pressione costante con quello a
volume costante, indicato con la lettera γ su molti libri. Possiamo concludere che la legge delle
trasformazioni adiabatiche è
P ⋅V γ = costante
che è una forma molto simile alla legge delle trasformazioni
isoterme ( PV = cost ). Ma per i processi adiabatici
l’esponente di V è maggiore di 1 (infatti c p sempre maggiore
di cV , vedi la (15)) e quindi un aumento di volume abbassa la
pressione ben di più che in una corrispondente trasformazione
isoterma: la curva rappresentativa di un processo adiabatico
nel piano P-V risulta più ripida rispetto alla curva isoterma.
P
Adiabatica
Isoterma
0
V
