Scritti di Termodinamica 2002 → 2016 (02/07/18) Una mole di gas

Scritti di Termodinamica 2002 ! 2016
(02/07/18) Una mole di gas ideale passa dallo stato A allo stato B con
una trasformazione isobara in cui:
H = 2269:72 J,
U = 1621:23 J,
S = 6:931 J=K
Determinare i valori di TA e TB :
Soluzione
H = U + P V =)
U = cV
T = cV (TB
dS = T1 dU + Tp dV =
=
cp
cV
TB
TB
TA
=
TA =
H=
H
U
=
U
cV
=
TA )
cV
T
2269:72
1621:23
U + p V = cp T = cp (TB
dT + R dT
=
T
cp
dT
T
)
S = cp ln TTBA
= 1:4 =) gas biatomico
1621:23
5
8:314
2
= 78:0 K
= exp( S=cp ) = exp(6:931=( 27 8:314)) = 1:2689
TA +78 K
TA
TA =
= 1:2689 ) 0:2689TA = 78 K )
78
0:2689
= 290:07 K, TB = 368:07 K.
1
TA )
(02/07/18) Una mole di gas ideale biatomico compie un ciclo reversibile
costituito da:
1) una espansione adiabatica da A (TA = 600 K ) a B (TB = 300 K).
2) una compressione isoterma …no al punto C a volume uguale a quello
iniziale VA :
3) una trasformazione isocora …no a tornare alla temperatura TA :
Calcolare il rendimento del ciclo.
Soluzione:
VC = VA ;
= 7=5;
QAB = 0; QBC = RTB ln VVBC = RTB ln VVBA
1
=
TA VA 1 = TB VB 1 =) VVBA
0:17678
QBC = 8:314 300 ln (0:17678) J =
QCA = CV (TA
TC ) =
5
2
L
QCA
=
1913:4
6235:5
)
VA
VB
=
4322:1 J
8:314 300 J = 6235:5 J
L = QBC + QCA = 1913:4 J
=
1
TB
TA
= 0:30686
2
TB
TA
1
=
1
2
5
2
=
(02/09/12) Un blocco di stagno di massa m = 1:5 kg a temperatura
ambiente (tA = 20 C) viene posto a contatto con una sorgente alla temperatura di fusione dello stagno (tF = 232 C): Ad equilibrio raggiunto, la
variazione di entropia dell’universo vale Sun = 42:2 J=K. Calcolare il calore
speci…co dello stagno.
Soluzione
Sun =
SSn +
Q = mc(TF
Samb =
TA ) + m
mc(T F
T A )+m
TF
Sun = mC ln TTFA +
C=
S un
m ln
TF
TA
SSn = mc ln TTFA +
Samb
TF T A
TF
m
TF
=
m
TF
;
Q
TF
Samb =
:
calore ceduto dalla sorgente..
;
mc(TF
T A )+m
TF
= mC ln TTFA
42:2
1:5(ln
273:15+232
273:15+20
3
232 20
273:15+232
)
TF T A
TF
;
J=KgK = 225:98 J=KgK.
(02/09/12) Cinque moli di gas ideale biatomico sono contenute, alla
temperatura t1 = 250 C, nel volume V1 di un cilindro connesso ad un altro cilindro da un rubinetto chiuso. Il gas compie nel primo cilindro una
espansione adiabatica reversibile, …no ad occupare un volume V 0 = 4V1 . Si
apre poi il rubinetto e il gas ‡uisce nel secondo cilindro, inizialmente vuoto,
di volume V2 = V1 : Il sistema è termicamente isolato e con pareti rigide.
Calcolare U e S di ciascuna trasformazione.
Soluzione
U1 = ncV (T10
S1 = 0 (Adiab. rev.).
523:15 K
Cp = 27 R, CV = 25 R,
T1 V1
1
= T10 V10
1
=
Cp
CV
= 1:4;
) T10 = T1
T1 ); n = 5; T1 = t1 + 273:15 =
1 = 0:4
1
V1
V10
= T1
1 0:4
4
=
0:574 35 T1 = 0:574 35 523:15 K = 300:47 K.
U1 = 5 2:5 8:314 (300:47
523:15) J =
U2 = 0 (Espansione libera).
V
S2 = nR ln Vfi ; Vf = 4V1 + V2 = 5V1 :
S2 = 5 8:314 ln 45 J=K = 9:276 1 J=K.
4
23142: J
(02/09/26) Una macchina termica reversibile assorbe una quantità di
calore Q2 = 2 105 J da una sorgente a T2 = 973:2 K, e cede una quantità
di calore Q1 ad una sorgente a temperatura T1 = 573:2 K, e una quantità
di calore Q3 = Q1 ad una sorgente a temperatura T3 = 373:2 K. Calcolare
il valore di Q1 ; il lavoro totale compiuto ed il rendimento.
Soluzione
Q1
T1
+ QT22 +
Q1
T1
+ QT31 =
3
Q1 TT11+T
=
T3
Q1 =
2 105
973:2
Ltot = Q2
2 105 J
=
Ltot
Q2
=
Q3
T3
= 0: (Teorema di Clausius)
Q2
;
T2
Q2
;
T2
Q1
Q1 =
573:2 373:2
573:2+373:2
jQ1 j
1
T1
+
1
T3
=
Q2 T1 T3
T2 T1 +T 3
J = 46452 J:
jQ3 j = Q2
2 jQ1 j =
2 46452 J = 107096 J.
107 096
2 105
Q2
;
T2
= 0:53548:
5
(02/09/26) Un cilindro con pareti adiabatiche è chiuso da un pistone
isolante,scorrevole senza attrito. Il volume interno di 72 dm3 è diviso a metà
da una parete diatermana …ssa. Entrambe le parti sono riempite con un
gas ideale avente Cv = 16:6 J=Kmol, P = 1 bar e t = 0 C: Si comprime
reversibilmente il gas nella parte A …no a che la pressione nella parte B è
PB = 2 bar. Calcolare, per il gas contenuto in A, il volume VA , Il lavoro LA
e la variazione di entropia SA :
Soluzione
T
T0
=
P
P0
S=
= 2 ) T = 2 T0 = 546:3 K ( trasf. isocora in B)
SB = 0 (adiab. rev.) )
SA +
0 V0
=
n = PRT
0
SA =
105 36 10 3
8:314 273:15
SA =
SB =
ncV ln TT0 :
= 1:5852 mol.
1:5852 16:6 ln 2 =
18:240 J=K.
Ma per la generica trasformazione in A:
SA = nCV ln TT0 + nR ln VVA0 =
ln VVA0 = 2
SA
nR
SA
nR
) VA = V0 e2
SA + nR ln VVA0 ) nR ln VVA0 = 2 SA
= 36 exp( 2:768) = 2:2603 dm3
(18:240 2)=(1:5852 8:314) = 2:7680
U=
LA =
(LA + LB ) =
U=
2ncV (T
LA
(LB = 0 perchè VB = cost.)
T0 ) =
2ncV T0 =
2 1:585 2 16:6 273:15 J = 14376 J
6
(03/01/15) Una mole di gas ideale monoatomico esegue un ciclo ABCA
in cui: AB è una espansione isobara che ne raddoppia il volume; BC una
trasformazione isocora irreversibile, realizzata ponendo il gas a contatto il
gas con una sorgente a temperatura TC; CA una compressione isoterma
reversibile.
Calcolare il rendimento del ciclo e la variazione di entropia dell’universo.
Soluzione
Nel ciclo, irreversibile, il calore viene assorbito lungo l’isobara.
QAB = nCp (TB
TA );
viene invece ceduto nell’isocora BC e nell’isoterma CA:
QBC = nCV (TC
TB ) = nCV (TA TB )
VA
VA
= nRTA ln
QCA = nRTA ln
VC
VB
quindi
nCV (TA TB ) + nRTA ln(VA =VB )
CV (TB =TA 1) + Rln(VB =VA )
=1
= 1+
nCp (TB TA )
Cp (TB =TA 1)
essendo TB =TA = VB =VA = 2; si ottiene:
CV + R ln 2
3=2 + ln 2
=1
= 0:12
=1
Cp
5=2
La variazione di entropia nel ciclo è nulla, quindi la variazione di entropia
dell’universo è pari alla variazione di entropia delle sorgenti.
VA
TB
TC TB
CV
R ln
=
Suniv = Ssorg = Cp ln
TA
TC
VC
8:314 ((5=2) ln 2 (3=2) + ln(1=2)) J=K = 3:18 J=K.
TB
SsorgAB = Cp ln
= ( 8:314) (5=2) ln 2 = 14:407 J=K:
TA
VA
SsorgCA = R ln
= ( 8:314) ln(1=2) = 5:7628 J=K.
VC
TC TB
SsorgBC = CV
= ( 8:314) ( 3=2) = 12:471 J=K.
TC
TB
SgasBC = CV ln
= ( 8:314) ln(1=2) 3=2 = 8:6442 J=K.
TC
SsorgCA + (
SgasBC ) = 5:7628 + 8:6442 = 14:407 J=K.
Si noti che TC = TA
7
(03/01/24) Una massa di ghiaccio m = 0:9 kg a temperatura T1 = 250
K viene introdotta in un recipiente vuoto di volume 0:1 m3 , che viene messo
a contatto termico con una sorgente a T2 = 500 K.
Calcolare la pressione nel recipiente all’equilibrio, la variazione d’entropia
dell’acqua e quella della sorgente termica; l’acqua viene poi riportata reversibilmente alla temperatura iniziale. Calcolare la variazione d’entropia
dell’universo nell’intero ciclo di riscaldamento e ra¤reddamento.
Soluzione
5
Pmol = 18 g=mol, Cv = R = 20:785 J=Kmol,
2
Cgh = 2093:4 J=kgK, Caq = 4186:8 J=kgK,
F
= 3:344 105 J=K,
E
= 2:257 106 J=K
Soluzione
P =
nRT
mRT
900 8:314 500
=
=
= 2:078 5 106 P a
V
(Pmol ) V
18 0:1
Q1 = Cgh m (TF
Q2 =
T1 ) = 2093:4 0:9 (273:15
250) = 43616: J
m = 3:344 105 0:9 = 3:009 6 105 J
F
Q3 = Caq
m (TE
TF ) =
4186:8 0:9 (373:15
273:15) = 3:7681 105 J
m = 2:257 106 0:9 = 2:0313 106 J
900
Q5 = Cv n (T2 TE ) = 20:785
(500 373:15) = 1:318 3 105 J
18
Q = Q1 + Q2 + Q3 + Q4 + Q5 =
Q4 =
E
(0:43616 + 3:0096 + 3:7681 + 2 0:313 + 1:3183) 105 = 2:884 5 106 J
2:884 5 106
= 5769:0 J=K
500
TF
Q2
TE Q4
T2
= mcgh ln
+
+ mcacq ln
+
+ ncv ln
=
T1
TF
TF
TE
TE
Samb =
Sacq
= 0:9
Q
=
T
2093:4
2:031 3 106
+
373:15
ln
273:15
3:009 6 105
+
+ 0:9
250
273:15
8
4186:8
ln
373:15
+
273:15
500
900
ln
= 8191:9 J=K
18
373:15
Il ra¤reddamento reversibile non modi…ca la variazione d’entropia che
vale:
+20:785
Sun =
Samb +
Sacq =
5769:0 + 8191:9 = 2422:9 J=K
9
(03/01/24) Tre moli di gas ideale passano dallo stato A (VA = 30 dm3 ;
PA = 2 bar) allo stato B (VB = 100 dm3 ; PB = 4 bar) compiendo una
trasformazione reversibile, rappresentata da un segmento sul piano (P; V ).
Sapendo che SAB = 148:2 J=K decidere se il gas è monoatomico o
biatomico.
Calcolare il calore scambiato dal gas nella trasformazione.
Soluzione
SAB = nCV ln
nCV
CV =
5=2 R
VB
PB
VB
PB
+ nCP ln
= n CV ln
+ (CV + R) ln
PA
VA
PA
VA
PB
VB
+ ln
PA
VA
+ nR ln
SAB =n
VB
VA
ln
R ln
PB
VB
ln
+ ln
PA
VA
=
VB
VA
1
3
148:2
=
8:314 ln(
ln 2 + ln(
10
)
3
10
)
3 = 20:763 J=K =
gas biatomico
L = 1=2(PA + PB )(VB
TB =
0:03) = 21273 J
PB VB
PA V A
; TA =
nR
nR
U = nCV
5=2 (PB VB
Q=
VA ) = 1=2(6 1:013 105 )(0:1
T = 5=2 nR(TB
TA ) =
PA VA ) = 5=2(4 0:1
2 0:03) 1:013 105 = 86105 J
U + L = 86105 + 21273 = 1:073 8 105 J
10
(03/04/15) Un gas ideale biatomico, a pressione P0 = 1:013 105 P a,
volume V0 = 0:01 m3 e temperatura T0 = 293:2 K viene compresso adiabaticamente e reversibilmente …no a V1 = 1:5 10 3 m3 . A causa dell’imperfetto
isolamento termico, dopo un certo tempo il gas ritorna alla temperatura
iniziale T0 .
Calcolare la pressione massima raggiunta, la temperatura massima, la
pressione …nale del gas, la variazione di entropia del gas e l’energia inutilizzabile.
Soluzione
7
= ;
5
Nell’adiabatica reversibile
= P1 V1 ; )P1 = P0
P0 V0
V0
V1
= 1:013
105
10
1:5
7
5
Pa =
1:442 4 106 P a
1
2
5
V0
10
K = 626:22 K
= 293:2
V1
1:5
A volume costante il gas si ra¤redda …no a T0 e la pressione p2 …nale sarà
1:013 105 0:01
P0 V0
=
P a = 6:753 3 105 P a
P2 V1 = P0 V0 ) P2 =
V1
1:5 10 3
La variazione d’entropia del gas lungo l’isocora sarà:
T0
P0 V 0 5
T0
5 1:013 105 0:01 293:2 J
Sgas = nCv ln
=
Rln =
ln
=
T1
RT0 2
T1
2
293:2
626:22 K
J
= 6:5545
K
e quella dell’ambiente
T1 T0
P0 V0 5 T1 T0
5 P0 V0
Samb = nCv
=
R
=
(T1 T0 ) =
T0
RT 0 2
T0
2 T02
5 1:013 105 0:01
J
J
=
(626:22 293:2)
= 9:810 5
2
2
K
K
(293:2)
T0 V0
1
Sun =
= T1 V1
Sgas +
1
) T1 = T0
Samb = ( 6:5545 + 9:8105)
Ein = T0 Sun = 293:2 3:256
J
J
= 954:66
K
K
11
J
J
= 3:256 =
K
K
(03/04/15) Un frigorifero reversibile funziona assorbendo W = 400 J
per ciclo, tra t2 = 25 C e t1 = 4 C. Se vi si pone all’interno 1 kg di acqua
a t3 = 20 C;calcolare in quanti cicli la macchina riuscirà a trasformare tutta
l’acqua in ghiaccio a t1 = 4 C.
J
;
calore speci…co dell’acqua Ca = 4187
kgK
J
calore speci…co del ghiaccio Cg = 2051:5
kgK
J
calore latente di fusione dell’acqua = 3:344 105
kg
Soluzione
T1 = 273:15 K 4 K = 269:15 K; T2 = 298:15 K; T3 = 293:15 K;
T0 = 273:15 K temp. di congelamento dell’acqua
T1
269:15
Il rendimento è = 1
=1
= 0:097266
T2
298:15
400
W
=
J = 4112 J
Q2 =
0:097266
Q1 = W
Q2 = ( 400 + 4112)J = 3712 J
Il calore da sottrarre all’acqua è:
Q = m [Ca (T3
T0 ) +
+ cg (T0
T1 )] =
= (4187 20 + 3:344 105 + 2051:5 4) J = 4:2635 105 J=
Q
4:2635 105
n=
= 115 cicli.
=
Q1
3712
12
(03/06/23) Il calore speci…co a pressione costante del platino, tra 250
K e 1400 K, dipende da T in accordo alla relazione empirica
Cp = (122:3 + 0:03T + 2:15 105 T
2
)J=kgK
Una massa di 250 g di platino a T1 =280 K viene posta, mantenendo la
pressione costante, in contatto termico con una sorgente a T2 =1400 K.
Calcolare la variazione di entropia ed entalpia del platino, e la variazione
d’entropia dell’universo.
Soluzione
RT
Q = m T12 Cp dT
Cp = a + bT + cT
H = Q = m a(T2
b
T1 ) + (T22
2
0:25(122:3 1120 + 0:015 (14002
2
1
) =
T1
1
2802 ) 2:15 105 (
1400
T12 ) C(
1
T2
1
))J =
280
41454 J
Z
RT
R T dT
RT
R T dT
dQ
dT
S=
= m T12 Cp
= m a T12
+ b T12 dT +c T12 3
T
T
T
T
m a ln
T2
+ b(T2
T1
0:25(122:3 ln
57:938
T1 )
c 1
(
2 T22
=
1
) =
T12
1400
2:15 105
1
+ 0:03(1120)
(
280
2
14002
1
J
)) =
2
280 K
J
K
Suniv =
S+
Ssorg =
S
Q
= (57:938
T2
13
41454 J
J
) = 28:328
1400 K
K
(03/06/23) Due macchine termiche utilizzano le stesse sorgenti, alle temperature T1 = 300 K e T2 = 600 K: La prima macchina, reversibile, assorbe
Q2 = 2 kJ e produce un lavoro L. La seconda, irreversibile e con rendimento
2 = 0:3, produce lo stesso lavoro L:
Calcolare la variazione di entropia dell’universo in un ciclo delle due
macchine.
Soluzione
1
=
L=
0
Q2 =
rev
1
L
T1
=1 0:5 = 0:5
T2
Q2 = 0:5 2000 J = 1000 J
=1
1000
= 3333 J calore ceduto dalla sorgente calda alla macch.
0:3
=
2
irrev.
0
Q1 = L
irrev.
0
S1 =
0
S2 =
Suniv =
0
Q2 =
2333 J calore ceduto alla sorgente fredda dalla macch.
0
Q1
aumento d’entropia della sorgente fredda
T1
0
Q2
diminuzione d’entropia della sorg. calda
T2
0
S1 +
0
S2 =
2333
300
3333
600
14
J
J
= 2:221
K
K
(03/07/11) Un cilindro con pistone, contenente n = 3 moli di gas ideale
biatomico, si trova in equilibrio termico con 1 Kg di acqua alla temperatura
TA = 373:2 K. Il gas viene compresso in modo reversibile a T costante, a
1
contatto con l’acqua …no allo stato B in cui VB = VA . Una trasformazione
3
adiabatica reversibile riporta il gas al volume iniziale VA . In…ne anche la
temperatura viene riportata al valore iniziale TA ponendo di nuovo il cilindro
in contatto termico con l’acqua e mantenendo costante il volume. Calcolare:
Il lavoro richiesto in un ciclo:
quanti cicli sono necessari per far evaporare tutta l’acqua;
la variazione d’entropia del gas e dell’acqua nell’isocora;
l’energia inutilizzabile in un ciclo.
Soluzione
(A ! B, isoterma)
1
VB
= 3 8:314 373:2 ln J = 10226 J
LAB = nRTA ln
VA
3
= QAB = calore ceduto dal gas (A ! B). Per il gas si ha:
VB
SB SA = QTAB
=
nRln
A
VA
(B ! C, adiabatica)
LBC = nCV (TB
e quindi TC = TB
1=
7
5
TC ) ma si ha: TC VC
VB
VC
5
8:314 (373:2
2
Per il gas SC SB = 0
(C ! A, isocora)
LCA = 0; Per il gas SA
= TB VB
1
1
1 = 25 ; TC = 373:2
LBC = 3
1
1
3
0:4
= 240:49 K
240:5) J = 8274:5 J
SC = nCV ln
TA
=
TC
5
373:2
8:314 ln
J=K = 27:40 J=K
2
240:49
Calore assorbito dal gas (C ! A) = QCA =
3
15
U = nCV (TA
TC ) = LBC
perchè TA = TB
La variazione d’entropia dell’acqua nell’isocora vale
QCA
8274:5
SaCA =
=
J=K = 22:17 J=K
TA
373:2
La somma delle variazioni d’entropia per acqua e gas nell’isocora (l’unico
processo irreversibile) dà
Suniv = 27:40 J=K
22:17 J=K = 5:23 J=K =
L’energia inutilizzabile vale
Ein = TC
Suniv = 240:49 5:23 J = 1257:8 J
Il lavoro richiesto in un ciclo è
L = LAB + LBC = (8274:5
10226) J =
1951:5 J
che è il calore ceduto all’acqua a ogni ciclo.
2257 103
m
=
= 1157
Numero cicli n =
L
1951
Procedura alternativa per il calcolo di Ein :
In un ciclo il gas torna allo stato iniziale e quindi
(Infatti
perchè
ln
Sgas = nR ln
2=5
TC VA
=
VB
TA
+ nCV ln
=0
VA
TC
2=5
TB VB
=
2=5
TA VB
)
TA
TC
5
2
VB
= 0)
VA
In un ciclo
Suniv =
Ein = TC
Sacq =
Sgas +
Sgas = 0
1951:5
Q
=
= 5:23 J=K
TA
373:2
Sacq = 5:23 J=K
Suniv = 240:49 5:23 J = 1257:8 J:
16
=
VA
VB
)
5 TA
ln
+
2 TC
(03/07/11) Una macchina termica reversibile lavora con quattro sorgenti. Dalla prima, a temperatura T1 = 500 K, la macchina assorbe il calore
Q1 = 5000 J. Alla quarta sorgente, a T4 = 280 K, la macchina cede il calore
Q4 = 1400 J . Con la seconda e la terza sorgente (T2 = 400 K e T3 = 300
K ), la macchina scambia i calori Q2 e Q3 = Q2 . Calcolare il rendimento
della macchina.
Soluzione
Q1 Q2
Q1 Q2 Q3 Q4
+
+
+
= 0: ;
+
T1 T2
T3
T4
T1
T2
Q2 (T1 T3 T4
T1 T2 T4 ) =
Q1 T2 T3 T4
Q2 Q4
+
= 0:
T3
T4
Q4 T1 T2 T3
Q1 T2 T3 T4 Q4 T1 T2 T3
=
T1 T3 T4 T1 T2 T4
5000 400 300 280 + ( 1400) 500 400 300
J = 6000 J:
=
500 300 280 500 400 280
Q3 + Q4
6000 + 1400
=1+
= 0:327
=1
Q1 + Q2
6000 + 5000
Q2 =
17
(03/09/16) Due moli di gas ideale monoatomico, inizialmente a volume
VA = 5 dm3 e temperatura TA = 273:2 K subiscono una trasformazione
isoterma reversibile, a contatto con una miscela di acqua e ghiaccio, …no al
volume VB = 2 dm3 : Il gas poi viene posto a contatto con una sorgente a
temperatura TC = 519 K …no a raggiungere, a prerssione costante, l’equilibrio termico. Quindi, mediante una trasformazione adiabatica reversibile, il
gas ritorna al volume iniziale. In…ne, posto a contatto con la miscela di acqua e ghiaccio, torna alla temperatura iniziale mediante una trasformazione
isocora.
Calcolare per un ciclo:
Quanti grammi di ghiaccio si sciolgono ( = 344:4 J=g), il lavoro L
compiuto dal gas, il rendimento del ciclo.
Soluzione
P V = nRT ) P = nRT =V )
PA = 2 8:314 273:2=0:005 = 9:0855 105 P a
PB = 2 8:314 273:2=0:002 = 2:2714 106 P a
VC =nRTC =PC = 2 8:314 519=(2:2714 106 ) = 3:799 4 10 3 m3
5
= ; PC VC = PD VD ; )
3
5
3
VC
3:799
4
10
3
P D = PC
) PD = 2:271 4 106
=
3
VD
5:0 10
1:437 3 106 8:314 273:2=0:002 (A ! B, isoterma)
VB
1
= 3 8:314 373:2 ln J =
VA
3
= calore ceduto dal gas (A ! B).
LAB = nRTA ln
= QAB
Per il gas si ha: SB
SA =
QAB
TA
= nR ln
(B ! C, adiabatica)
LBC = nCV (TB
e quindi TC = TB
TC ) ma si ha: TC VC
VB
VC
1
18
1
10226 J
VB
VA
= TB VB
1
7
1=
5
1=
2
;
5
TC = 373:2
5
8:314 (373:2
2
Per il gas SC SB = 0
LBC = 3
1
3
0:4
240:5) J = 8274:5 J
(C ! A, isocora)
LCA = 0; Per il gas SA
= 240:49 K
SC = nCV ln
TA
=
TC
5
373:2
8:314 ln
J=K = 27:40 J=K
2
240:49
Calore assorbito dal gas (C ! A)
3
QCA =
U = nCV (TA
TC ) = LBC perchè TA = TB
La variazione d’entropia dell’acqua nell’isocora vale
QCA
8274:5
SaCA =
=
J=K = 22:17 J=K
TA
373:2
La somma delle variazioni d’entropia per acqua e gas nell’isocora (l’unico
processo irreversibile) dà
J
J
J
22:17 = 5:23 =
K
K
K
L’energia inutilizzabile vale Ein = TA
Suniv = 373:2 5:23 J = 1951:5
Suniv = 27:40
J:
Il lavoro richiesto in un ciclo è L = LAB + LBC = (8274:5
1951:5 J = Q = calore ceduto all’acqua a ogni ciclo.
Numero cicli n =
m
2257 103
=
= 1157
L
1951
19
10226) J =
(03/09/16) Una macchina termica reversibile lavora tra due sorgenti,
una costituita dall’ambiente a T1 = 290 K e l’altra da una grande massa di
stagno fuso alla temperatura di fusione T2 .
Ad ogni ciclo della macchina solidi…cano 8:4 g di stagno, viene compiuto il
lavoro L = 209:6 J e viene ceduto alla sorgente fredda il calore Q1 = 282:7
J.
Calcolare i valori di T2 e del calore latente di fusione dello stagno.
Soluzione
L = Q1 + Q2 .
Q2 = L
Q1 = (209:6 + 282:7) J = 492:3 J
492:3 J
J
Q2
=
= 58607
3
m
8:4 10 kg
kg
La macchina è reversibile, quindi:
492:3
Q1 Q2
Q2
+
= 0 ) T2 = T1
= 290
K = 505 K
T1
T2
Q1
282:7
=
20
(03/09/30) Un gas ideale inizialmente in A a pressione P1 e volume V1
compie una trasformazione isobara …no a un punto B (P1 ; V0 ) (V0 > V1 ), poi
un’isocora che lo porta in C (P2 ; V0 )(P2 < P1 ) e un’altra isobara …no a D
(P2 ; V2 = 5V1 ): In…ne una trasformazione isoterma reversibile lo riporta allo
stato iniziale.
Calcolare per quale valore di V0 il lavoro complessivo risulta nullo.
Soluzione
L = P1 (V0
nRT
V2 (V0
V0 (V2
V0
V1 ) + P2 (V2
V1
V0 = 1:61
V0
V1
V2
1
=0
V1
V2
5
1
V1 ) + V1 (V2 V0 ) + V1 V2 ln = 0
5
V1 ) V1 V2 + V1 V2 1:61 V1 V2 = 0
+
V2
V0 ) + nRT ln
V1 V2
= 1:61
V2 V1
+ ln
5
V1 = 2V1
4
21
=0
(03/09/30) Una macchina frigorifera compie 3 cicli al secondo, assorbendo una potenza P = 1256 W: Essa lavora scambiando calore tra due
sorgenti alla temperatura T1 = 200 K e T2 = 300 K. Sapendo che ad ogni
ciclo l’entropia dell’universo aumenta di Su = 0:7 J=K si calcoli il tempo
necessario per sottrarre alla sorgente fredda una quantità di calore pari a
Q = 104 J:
Se la macchina fosse reversibile quanto tempo impiegherebbe?
Soluzione
A ogni ciclo dall’esterno si compie un lavoro uguale a
1256=3 J: = 418:67 J:sempre per ogni ciclo si ha:
Q1 Q2
+
=
Su : ) Q1 = 417:34 J; Q2 = 836:01 J
L = Q1 + Q2 ;
T1
T2
In un secondo la sorgente fredda perde il calore 3Q1 e quindi per sottrarre
il calore Q occorrono t secondi:
L=
P=f =
t = Q=3Q1 = 104 =(3 417:34) s = 7:9871 s
Se la macchina fosse reversibile si avrebbe:
0
0
Q1 Q2
0
0
0
0
L = Q1 + Q2 ;
+
= 0 ) Q1 = 837:34 J; Q2 =
T1
T2
t0 = Q=3Q01 = 104 =(3 837:34)s = 3:980 9 s
22
1256:0 J
(04/01/22) Un cilindro rigido e adiabatico è diviso in due parti da un
setto di area S = 40 cm2 anch’esso adiabatico, che può scorrere al suo interno.
Una parte, di volume V1 = 6 l, contiene 2 moli di gas ideale biatomico; l’altra
parte, di volume V2 = 3 l contiene 1; 3 moli dello stesso gas. Inizialmente
la pressione nelle due parti è p = 10 atm ed il sistema si trova in equilibrio
meccanico col setto in una certa posizione. Bloccato il setto in tale posizione
e facendo venir meno la sua adiabaticità, si calcoli la forza che agisce su di
esso e la variazione di entropia del sistema.
Soluzione
Le temperature iniziali dei gas vanno determinate mediante l’equazione
di stato:
10 1:013 105 6 10 3
K = 365:53 K; :
T1 = pV1 =n1 R =
2 8:314
10 1:013 105 3 10 3
K = 281:18 K
T2 = pV2 =n2 R =
1:3 8:314
Una volta che il setto diventa diatermico, calore ‡uisce da una parte all’altra e viene raggiunta la temperatura …nale Tf . Tenuto conto che l’energia
interna dell’intero sistema è costante, nel processo la sua variazione è nulla:
si ha
U = n1 Cv (Tf
T1 ) + n2 Cv (Tf
T2 ) = 0.
Da cui:
n1 T1 + n2 T2
2 365:53 + 1:3 281:18
Tf =
=
= 332:3 K
n1 + n2
3:3
La forza che agisce sul setto risulta
n2 n1
=
V2 V1
1:3 2
40 10 4 8:314 332:3 (
) 103 N = 1105:1 N .
3
6
La variazione di entropia del sistema è:
Tf
Tf
S = S1 + S2 = n1 Cv ln
+ n2 Cv ln
=
T1
T2
332:3
332:3
+ 1:3 ln
) = 0:55 J=K
5=2 8:314 (2 ln
365:53
281:18
F = S(p2
p1 ) = SRTf
23
(04/01/22) Una mole di gas ideale monoatomico esegue un ciclo composto da una espansione isoterma reversibile AB che ne raddoppia il volume,
da una trasformazione isocora irreversibile BC, realizzata ponendo il gas a
contatto con una sorgente a temperatura TC , e da una adiabatica reversibile
CA che chiude il ciclo. Calcolare il rendimento del ciclo e la variazione di
entropia dell’universo.
Soluzione
Il rendimento è dato da
QBC
;
(1)
=1+
QAB
dove le quantità di calore assorbito QAB e ceduto QBC sono,
VB
QAB = nRTA ln
;
QBC = nCV (TC TB ):
(2)
VA
Dall’equazione dell’adiabatica reversibile si ha
TA VA
1
= TC VC
1
)
TC = TA
VA
VB
1
:
(3)
Sostituendo la (3) e la (2) nella (1) e ricordando che per il gas ideale
5
monoatomico = ,
3
si ottiene
2
1
VA
1 3
1
1
3 VB
3 2
=1+
= 0:2
=1+
VB
2
2
ln 2
ln
VA
Per quanto riguarda la variazione di entropia dell’universo si osservi che se
il ciclo fosse reversibile tale variazione sarebbe nulla. Poichè la trasformazione
isocora è irreversibile si ha necessariamente una variazione di entropia delle
sorgenti, in quanto la variazione di entropia dell’intero ciclo è nulla. Pertanto
denotando con S l’entropia delle sorgenti, si ha
Su =
SAB +
SBC :
Ma
SAB =
R ln
VB
=
VA
8:314 ln 2 J=K =
24
5:76 J=K;
SBC = CV
3
2
TB
0
TC
TC
2
@
8:314
23
= CV
1
"
VB
VA
1
#
1 =
1A J=K = 7:32 J=K
tenuto conto, per la (3), che TA = TB . Pertanto
Su = 1:47 J=K:
25
(04/07/05) Un recipiente cilindrico isolato, di volume V0 = 40 l è diviso
in due parti uguali da una parete di sezione S = 100 cm2 e volume trascurabile, perfettamente scorrevole. In una delle due parti è contenuta una mole
di gas ideale monoatomico, mentre l’altra parte è vuota. La parete mobile è
mantenuta in equilibrio da una molla di costante elastica k = 104 N=m, compressa di l = 0:1 m. Praticando un piccolo foro nella parete, il gas di¤onde
nella parte vuota. Calcolare la variazione di energia interna e di entropia del
gas.
Soluzione
La pressione e la temperatura dello stato iniziale sono:
104 0:1
k l
=
P a = 1:0 105 P a;
S
0:01
p1 V1
1:0 105 2 10 2
T1 =
=
K =240:56 K; (V1 = V0 =2):
nR
8:314
p1 =
L’energia interna del sistema è costante,
U=
Ugas +
Umolla = 0;
ed essendo:
1
1
k( l)2 =
k( l)2
2
2
(l’energia …nale della molla è nulla,
1
Ugas = nCV (T2 T1 ) = k( l)2 =
2
Si ottiene:
0
Umolla = 0
l = 0), si ha
1 4
10 (0:1)2 J = 50 J:
2
1
Ugas B
50
C
= @240:56 +
A K = 244:57 K;
3
8:314
nCV
2
nRT2
nRT2
8:314 244:57
p2 =
=
=
P a = 5:08 104 P a = :
V2
V0
4 10 2
La variazione di entropia risulta:
T2
V0
3
244:57
S = nCV ln + nR ln
= 8:314 ( ln
+ ln 2)J=K = 5:969
T1
V0 =2
2
240:56
J=K:
T2 = T1 +
26
(04/07/05) Una mole di gas ideale biatomico esegue il ciclo ABCA, in
cui: AB è una espansione isobara che raddoppia il volume iniziale, VB = 2VA ;
BC un ra¤reddamento isocoro, ottenuto ponendo il gas in contatto con una
sorgente a temperatura TC ; CA una compressione isoterma che riporta il gas
nelle condizioni iniziali. Calcolare il rendimento del ciclo e la variazione di
entropia dell’universo.
Soluzione
Dall’equazione di stato, relativa all’isobara, si ha
VB
VC
TB
=
=
= 2.
TA
VA
VA
Le quantità di calore scambiate nel ciclo dal gas sono:
QAB = nCp(TB
QBC =
nCV (TB
TA ) = nCpTA ; assorbita;
TC ) =
nCV (TB
TA ) =
nCV TA ; ceduta;
VB
VC
= nRTA ln
= nRTA ln 2; ceduta.
VA
VA
Il rendimento risulta:
QBC + QCA
5 + 2 ln 2
CV + R ln 2
=1+
=1
= 0:088
=1
QAB
Cp
7
Il ciclo contiene una trasformazione irreversibile: l’isocora che ra¤redda
il gas posto a contatto con la sorgente a temperatura TC = TA ; . Ma la
variazione di entropia del gas in un ciclo è nulla, dunque la variazione di
entropia dell’universo è uguale alla variazione di entropia dell’ambiente e
della sorgente. Denotando con S tali variazioni, per n = 1, si ha:
QCA =
Su =
dove
SAB =
nRTA ln
SAB +
SBC +
ZB
dT
Cp
=
T
SCA
Cp ln
TB
,
TA
SBC =
QBC
;
TA
A
TB QBC
TA
TA
Cp ln 2 + CV + R ln 2
Su =
=
=(
Cp ln
QCA
TA
7
5
ln 2 + + ln 2) 8:314 J=K = 6:38 J=K
2
2
27
SCA =
QCA
TA
oppure: La variazione d’entropia dell’universo
di Sgas e Ssorg nell’isocora irreversibile BC
ZC
dT
QBC
5
S u = CV
= R( ln 2 + 1) =
T
TA
2
B
5
2
8:314 ( ln 2 + 1) J=K = 6:38 J=K
28
Su è data dalla somma
(04/07/27) Un cilindro adiabatico munito di pistone perfettamente scorrevole, contiene n = 5 moli di gas ideale biatomico in equilibrio. Raddoppiando bruscamente la pressione esterna, il gas raggiunge lo stato di
equilibrio …nale. Conoscendo il volume iniziale V1 = 10 l e la temperatura iniziale T1 = 300 K, calcolare le variazioni di entalpia e di entropia del
gas.
Soluzione
Dalla prima legge della termodinamica, per Q = 0 si ha
U=
L; ) nCV (T2
T1 ) = 2p1 (V1
V2 ):
Tenendo presente l’equazione di stato, si ricava
nCV (T2
T1 ) = 2p1
nRT1
p1
nRT2
2p1
Da cui
9
9
5
(T2 T1 ) = (2T1 T2 ) ) T2 = T1 =
2
7
7
La variazione di entalpia risulta
H = U + (pV ) =
85:71 = 12:47 kJ.
300 K = 385:71 K
U + nR T = nCp (T2
T1 ) = 5
La variazione di entropia vale
V2
T2
T2
T2
+ nRln = nCV ln
+ nR ln
=
S = nCV ln
T1
V1
T1
2T1
5 8:314
5 385:71
385:71
ln
+ ln
2
300
600
J
J
= 7:75
K
K
dove si è tenuto conto dell’equazione di stato.
29
7
2
8:314
(04/07/27) Un gas ideale monoatomico, inizialmente alla pressione p0 =
2 atm e volume V0 = 10 l , esegue la trasformazione reversibile
#
"
2
V V0
p = p0 1 +
V0
…no a raddoppiare il volume. Calcolare il calore scambiato durante la
trasformazione.
Successivamente il gas dapprima con un’isocora reversibile e poi con
un’isobara reversibile ritorna allo stato iniziale. Calcolare il rendimento del
ciclo.
Soluzione
Dall’equazione della prima trasformazione si deduce che raddoppiando il
volume iniziale, la pressione diventa p1 = 2p0 :
Il calore assorbito nella prima trasformazione è dato dal primo principio:
Q=
(1)
U + L1
La variazione di energia interna del gas nella prima trasformazione risulta:
3
T0 ) = nR
2
U = nCV (T1
4p0 V0
nR
p0 V0
nR
9
= p0 V 0
2
(2)
dove, per ricavare le temperature, si è usata l’equazione di stato.
Il lavoro compiuto nella prima trasformazione è:
#
Z2V0
Z2V0 "
2
V V0
L1 = pdV = p0 1 +
dV =
V0
V0
p0 V +
V0
1
(V
3V02
2V0
V0 )3
V0
4
= p0 V0 :
3
(3)
Sostituendo le (2) e (3) nella (1), si ottiene:
35
35
2 1:013 105 10 10 3 J: = 11818 J
Q = p0 V 0 =
6
6
Il lavoro compiuto nel ciclo vale
1
L = L1 p0 (2V0 V0 ) = p0 V0
3
e quindi il rendimento del ciclo risulta:
30
1
p0 V0
L
2
=
= 3
=
= 0:057
35
Q
35
p0 V0
6
31
(04/09/10) Una macchina termica reversibile assorbe una quantità di
calore Q0 da una sorgente costituita da una miscela di acqua e ghiaccio in
equilibrio (T0 = 273 K), e cede calore ad una mole di gas ideale, in maniera
tale che la temperatura T1 di quest’ultimo rimanga costante.
Si determini l’aumento percentuale di volume del gas, in corrispondenza
alla solidi…cazione di una massa m = 5 g di acqua. Si calcoli la variazione
d’entropia dell’universo.
(Calore di fusione del ghiaccio f = 80 cal=g)
Soluzione
Il gas compie una espansione isoterma reversibile dal volume V1 al
volume V2 a temperatura T1 , quindi può essere considerato come una sorgente. Il processo è interamente reversibile; la variazione di entropia
dell’universo (macchina e sorgenti) è uguale a zero. La macchina è una
macchina di Carnot che opera tra le temperature T0 e T1 , quindi
T1
T1
Q0 Q1
+
= 0, ) Q1 = Q0 = m f ;
T0
T1
T0
T0
dove Q1 è il calore ceduto al gas. D’altra parte nell’espansione isoterma
il calore assorbito dal gas vale:
Q1 = nRT1 ln
5 10
exp
V2
=m
V1
f
V2
m f
T1
;)
= exp
=
T0
V1
nRT0
3
80 4:184 103
= 2:090 4
8:314 273
Segue:
V2
V1
V1
f
=
V2
V1
1 = exp
m f
nRT0
= 80cal=g = 80 4:184 103
1 = 1:09 = 109 %
J
J
= 3:347 2 105
kg
kg
32
(04/09/10) Due moli di gas ideale biatomico compiono un ciclo ABCA,
dove AB è una espansione reversibile in cui il gas è in equilibrio termico con
una sorgente costituita da ghiaccio in presenza della sua acqua di fusione,
passando da un volume VA = 10 l ad un volume VB = 15 l; BC è una
trasformazione adiabatica reversibile, con la quale il gas ritorna al suo volume
iniziale; CA è una trasformazione in cui il gas, posto nuovamente a contatto
con la sorgente, ritorna rapidamente allo stato iniziale. Calcolare il lavoro
del ciclo e la variazione di entropia dell’universo.
Soluzione
Nella trasformazione AB, isoterma, TA = TB = 273:15 K: La temperatura
in C va ricavata ricorrendo all’equazione dell’adiabatica reversibile,
TC VC
1
= TB VB
1
) TC = TB
VB
VC
1
= 273:15
15
10
2=5
K = 321:25
K.
Il lavoro compiuto nel ciclo è
VB
nCV (TC TA ) =
L = LAB + LBC = nRTA ln
VA
3 5
2 8:314
273:15 ln
(321:25 273:15) = 157:92 J:
2 2
La variazione di entropia dell’universo deve essere maggiore di zero in
quanto il ciclo contiene una trasformazione irreversibile (isocora CA). Ma la
variazione di entropia del gas in un ciclo è nulla, pertanto la variazione di entropia dell’universo è uguale alla variazione di entropia della sorgente. Questa
cede calore nella trasformazione AB ed assorbe calore nella trasformazione
CA; pertanto
QAB QCA
dove
Su = Ssorg =
TA
TA
VB
QAB = nRTA ln
; è il calore assorbito dal gas lungo AB
VA
e QCA = nCV (TC TA ) è il calore ceduto dal gas alla sorgente lungo
CA
VB
TC TA
Ssorg = nR ln
+ nCV
=
VA
TA
3 5 321:25 273:15
2 8:314
ln +
J=K = 0:578 J=K
2 2
273:15
33
34
(04/09/28) Una mole di gas ideale monoatomico compie un ciclo ABCD
in cui AB è una isoterma reversibile a temperatura T2 = 350 K, BC una
isocora irreversibile, CD una isoterma reversibile a temperatura T1 = 250K,
DA una adiabatica reversibile. calcolare il lavoro compiuto nel ciclo ed il
calore scambiato nella trasformazione BC; (VB = 3VA = 9 l).
Soluzione
Non è noto il volume VD , ma usando l’equazione dell’adiabatica reversibile
si ha
1
1
(
1)
(
1)
VA = T1
VD ; )
T2
1
1
350 (5=3 1)
T2 (
1)
VA = 3
l = 4:97 l
VD =
T1
250
Il lavoro del ciclo è dato da
L = LAB + LCD + LDA ;
(1)
dove:
VB
= 8:314 350 ln 3 = 3196:9 J
VA
VD
4:97
= 1234:2 J
LCD = RT1 ln
= 8:314 250 ln
VB
9
3
3
LDA = CV (T2 T1 ) =
R(T2 T1 ) =
8:314 100 =
2
2
Sostituendo nella (1) si ottiene
LAB = RT2 ln
L = (3196:9
1234:2
1247:1 J:
1247:1) J = 715:6 J
Poichè nel ciclo
U = 0; ) Qciclo = QAB + QBC + QCD = L;
(2)
ed essendo
QAB = LAB ;
QCD = LCD ,
sostituendo nella (2), si ricava:
QBC = L
LAB
LCD = (715:6
3196:9 + 1234:2) =
35
1247:1 J:
(04/09/28) Un gas ideale monoatomico, nel diagramma V -T , compie
un ciclo ABCA rappresentato da un triangolo rettangolo, come in …gura.
Sapendo che TB = 3TA , calcolare il rendimento.
Soluzione
Dalla …gura si riconosce che nella trasformazione AB il rapporto T =V =
c è costante, quindi si tratta di una isobara; BC è una isocora; CA una
isoterma. Usando l’equazione di stato si ha
TB
VB
=
= 3; ) VB = VC = 3VA :
VA
TA
Le quantità di calore scambiate sono:
QAB = Cp (TB
QBC =
CV (TB
TA );
TC );
VC
.
VA
Il rendimento risulta
QCA =
RTA ln
3
3
(TB TC ) + TA ln 3
(3TA TA ) + TA ln 3
QBC + QCA
=1 2
=1 2
=
= 1+
5
5
QAB
(TB TA )
(3TA TA )
2
2
3
(2) + ln 3
1 2
= 0:18:
5
(2)
2
oppure:
1
LCA = nRTA ln( ); LAB = pA 2VA = 2nRTA
3
36
5
QAB = nR 2TA ;
2
1
1
2nRTA + nRTA ln( )
2 + ln( )
LAB + LCA
3 =
3 = 0:18
=
=
5
QAB
5
nR 2TA
2
37
(05/06/22) Un gas ideale monoatomico compie un ciclo reversibile, costituito da una espansione isoterma AB, dove il gas raddoppia il volume, da
una isocora BC e da una adiabatica CA. Calcolare il rendimento del ciclo.
Soluzione
Detta T la temperatura assoluta dell’isoterma e TC quella dello stato C,
si ha:
=1+
Q1
Q2
dove il calore assorbito nell’isoterma vale Q2 = RT ln VVBA
e il calore ceduto nell’isocora vale Q1 =
=1
CV (T TC )
V
RT ln VB
CV (T
TC ) e quindi si ha
(1)
:
A
Per ricavare TC , si osservi che nel ciclo la variazione di entropia del gas è
nulla:
S = CV ln TTC + R ln VVBA = 0 ) TC = T 2
2=3
:
(2)
Lo stesso risultato si ottiene considerando gli stati A e C dell’adiabatica.
Sostituendo la (2) nella (1), si ottiene:
=1
CV T (1 2 2=3 )
RT ln 2
=1
1:5(1 2
ln 2
2=3 )
38
= 0:2:
(05/06/22) Un recipiente cilindrico adiabatico è diviso in due parti
uguali A e B da un pistone scorrevole, anch’esso adiabatico, e di massa
trascurabile. Ognuna delle due parti contiene 6 moli di gas ideale monoatomico alla pressione p0 e alla temperatura T0 = 300 K. Una resistenza elettrica
riscalda reversibilmente il gas contenuto nella parte A, determinando una
compressione del gas in B, …no a triplicarne la pressione. Calcolare il lavoro
fatto dal gas contenuto in A ed il calore da esso assorbito.
Soluzione
In A viene dissipato calore mediante la resistenza elettrica (lavoro adiabatico), mentre il gas contenuto in B viene compresso adiabaticamente e
reversibilmente, raggiungendo la temperatura
(
TB = T0
pB
p0
1)
2
= 300 (3) 5 K = 465:5 K;
avendo tenuto conto dell’equazione delle adiabatiche reversibili, nelle variabili p e T. Di conseguenza, il lavoro fatto dal gas in A su quello contenuto in
B è pari alla variazione di energia interna di quest’ultimo:
L = nCV (TB
T0 ) = 6
3
2
8:314(465:5
300) = 12384 J:
d’altro canto, il calore assorbito dal gas A è pari alla somma del lavoro
e¤ettuato e della sua variazione di energia interna. Per calcolare quest’ultima
occorre determinare la temperatura …nale TA del gas. Dall’equazione di stato
del gas ideale si ha:
pA VA = nRTA ; p0 V0 = nRT0 ;
TA
T0
=
pA VA
;)
p0 V0
Ma, essendo V0 il volume iniziale dei gas,
h
1=
= V0 2
VA = 2V0 VB = 2V0 V0 ppB0
V0 2
1
3
3
5
= 1:4827 V0 ;
TA = T0 ppA0 VVA0 :
p0 1=
pB
i
=
e, tenuto conto che nelle due parti pA = pB , si ottiene che TA = 1334:4 K
Pertanto:
Q=L+
UA = 12384 J + 32 nR(TA
T0 ) =
12384 J + 9 8:314 1034:4 J = 89784 J:
39
(05/07/19) Una mole di gas ideale monoatomico descrive un ciclo ABCA costituito da una adiabatica reversibile AB, una isoterma reversibile BC
ed una isocora irreversibile CA, durante la quale il gas è posto in contatto con
una sorgente a temperatura TA : Sapendo che VB =VA = 2, calcolare il rendimento del ciclo e le variazioni di entropia della sorgente e del gas durante la
trasformazione isocora; calcolare in…ne la variazione d’entropia dell’universo
in un ciclo.
Soluzione
Il calore viene assorbito lungo l’isocora CA:
QCA = nCV (TA
TB );
essendo TC = TB . Il calore ceduto lungo la compressione isoterma è
QBC = nRTB ln VVBA ;
essendo VC = VA . Pertanto:
nRT B ln(V B =V A )
nC V (T A T B )
=1
=1
R ln(V B =V A )
.
CV (T A =T B 1)
Poichè,
TB
TA
=
1
VA
VB
R
CV
,
=
1=
2
3
si ottiene:
=1
2 ln 2
3 2 32 1
= 0:21:
Variazioni di entropia lungo l’isocora:
Ssorg =
=
nCV
QCA
TA
1
=
VA
VB
nC V (T A T B )
TA
=
nCV 1
TB
TA
=
1
=
4:61 J=K
La variazione d’entropia del gas in un ciclo è nulla e quindi lungo l’isocora:
SCA =
SBC = nR ln VVBA = R ln 21 = 5:76 J=K:
La variazione dell’entropia dell’universo vale:
Suniv =
Ssorg + SCA =
4:61 J=K + 5:76 J=K = 1:15 J=K
40
(05/07/19) Due moli di gas ideale monoatomico compiono una trasformazione reversibile, assorbendo le quantità di calore QA = 850 J e QB = 8
kJ rispettivamente dalle sorgenti alle temperature TA = 400 K e TB = 500
K. Sapendo che la temperatura del gas in seguito alla trasformazione, è
raddoppiata, calcolare la variazione percentuale di volume.
Soluzione
Il processo è reversibile, dunque la variazione di entropia dell’universo è
nulla,
Su =
Ssorg +
(1)
Sgas = 0:
Per le sorgenti si ha:
Ssorg =
QA
TA
+
QB
TB
850
J=K
400
=
8000
J=K
500
=
18:125 J=K
dove il segno negativo indica che il calore è stato ceduto dalle sorgenti.
Per il gas:
Sgas = nCV ln
Tf
Ti
+ nR ln
Vf
Vi
Sostituendo nella (1), si ottiene:
nCV ln
2R ln
ln
Vf
Vi
Tf
Ti
Vf
Vi
=
+ nR ln
Vf
Vi
= 3R ln 2 + 2R ln
= 18; 125 J=K
1
(18:125
2R
3R ln 2) =
18:125
2 8:314
= e0:05 = 1:051,
Vf Vi
Vi
=
V
V
= 18:125 J=K )
3R ln 2 )
Da cui
Vf
Vi
Vf
Vi
= 0; 051 = 5:1%
41
3
2
ln 2 = 5:03 10
2
(05/09/09) Un recipiente con pareti rigide e capacità termica trascurabile, contiene 15 moli di azoto, in equilibrio termodinamico, alla temperatura T1 . Il sistema viene posto in contatto con una sorgente alla temperatura di
T2 = 0 C, attraverso una parete diatermana. Raggiunto il nuovo equilibrio,
si osserva che la variazione di entropia della sorgente è Ssorg = 750 J=K:
Calcolare la variazione di entropia del gas.
Soluzione
La trasformazione è irreversibile, ma la variazione di entropia della sorgente è sempre pari al rapporto tra il calore assorbito (ceduto dal gas) e la
sua temperatura, ossia
Ssorg =
Q
T2
) Q = T2 Ssorg = 2:0486 105 J
dove T2 = 273:15 K. Essendo Q = nCV (T1
T1 = T2 +
Q
nC V
= 273:15 +
2:0486 105
15 2:5 8:314
T2 ), risulta:
K = 930:23 K
(CV = 52 R)
La variazione di entropia del gas risulta:
273:15
S = nCV ln TT21 = 15 2:5 8:314 ln 930:23
J=K =
42
382:05 J=K
(05/09/09) Un gas ideale monoatomico compie il ciclo reversibile ABCA
in cui: AB è una adiabatica che ne raddoppia il volume; BC una isobara che
riporta il volume a quello iniziale; CA una isocora che riporta il gas nello
stato iniziale. Calcolare il rendimento.
Soluzione
Il calore viene assorbito lungo la trasformazione isocora CA e ceduto lungo
l’isobara BC, pertanto
=1+
QBC
QCA
=1
nC p (T B T C )
nC V (T A T C )
=1
TB =T C 1
.
TA =T C 1
(1)
Nell’isobara, essendo VB = 2VA ; si ha:
VB
VC
=
VB
VA
=
TB
TC
(2)
=2
Dall’equazione dell’adiabatica:
TA
TB
=
VB
VA
1
=2
1;
TA = TB 2
1
;
e tenendo conto della (2):
TA = TC 2 ;
TA
TC
=2
Sostituendo le (2) e (3) nella (1) si ottiene:
=1
5 2 1
3 2 35 1
= 0:23
43
(05/09/30) Un cubetto di ghiaccio di massa m0 alla temperatura 0 =
0 C viene immerso in una massa d’acqua m1 = 0:1 kg, alla temperatura 1 =
27 C; posta in un thermos, di capacità termica trascurabile. Determinare la
massima quantità di ghiaccio che può essere sciolta e la variazione di entropia
del sistema; (calore di fusione del ghiaccio f = 80 cal=g,).
Soluzione
L’entalpia del sistema è costante, dunque
H=
Hgh +
Hacq = 0;
ossia, indicando con
cp = 1cal=gK,
m0
f
+ m0 cgh (
E
E
la temperatura di equilibrio e ponendo per l’acqua
0)
+ m1 cp (
E
1)
= 0:
La massima quantità di ghiaccio che può fondere si ha quando la temperatura del sistema diventa E = 0 = 0 C. Pertanto, dalla relazione
precedente si ha:
m0 =
m1 cp (
1
f
E)
= 34 g:
Si osservi calore che il calore speci…co del ghiaccio a 0 C, pari a cgh = 0:48
cal=gK; non interviene in quanto la temperatura di equilibrio è 0 C. La
variazione di entropia del sistema risulta:
S=
Sgh +
Sacq =
m0 f
T0
+ m1 cp ln TT10 = 80:2 J=K:
44
(05/09/30) Una mole di gas ideale monoatomico esegue un ciclo ABCA
in cui: AB è una espansione isobara che ne raddoppia il volume; BC Una
trasformazione isocora irreversibile, realizzata ponendo il gas a contatto con
una sorgente a temperatura TC ; CA una compressione isoterma reversibile.
Calcolare il rendimento del ciclo e la variazione di entropia dell’universo.
Soluzione
Nel ciclo, irreversibile, calore viene assorbito lungo l’isobara.
QAB = nCp (TB
TA );
ceduto nell’isocora BC e nell’isoterma CA:
QBC =
nCV (TB
TC ) =
nCV (TB
TA )
QCA = nRTA ln VVCA = nRTA ln VVBA
Dunque,
=1
nC V (T B T A )+nRT A ln(V B =V A )
nC p (T B T A )
=1
CV (T B =T A 1)+R ln(V B =V A )
:
Cp (T B =T A 1)
Essendo TB =TA = VB =VA = 2, si ottiene:
=1
CV +R ln 2
Cp
= 0:12.
La variazione di entropia nel ciclo è nulla, quindi la variazione di entropia
dell’universo è pari alla variazione di entropia delle sorgenti.
Cp ln TTBA + R ln VVCA + CV TBTCT C =
Su =
Ssorg =
5
R ln 2
2
+ R ln 2 + 23 R 2T CTC T C =
5
2
ln 2 + ln 2 +
3
2
8:314 = 3:82 J=K:
Oppure (l’entropia dell’universo aumenta solo nel tratto BC irreversibile)
Sgas B!C =
3
R ln 2
2
Ssorg B!C = 32 R
Su = Sg +
J=K = 3:82 J=K
Ssorg =
3
R (1
2
ln 2) = 0:46028R = 0:46028
Si noti che TC = TA :
45
8:314
(05/12/02) . Un gas ideale monoatomico, inizialmente a temperatura
TA = 300 K, compie una trasformazione adiabatica irreversibile al termine
della quale si ra¤redda di T = TB TA = 5 K. Utilizzando il lavoro
compiuto durante tale processo, il gas viene riportato, a pressione costante,
al volume iniziale VC = VA . Determinare la temperatura …nale del gas.
Soluzione
Per la prima legge della termodinamica, il lavoro nella trasformazione
adiabatica è uguale alla diminuzione di energia interna:
LAB =
nCV (TB
(1)
TA );
Nella trasformazione isobara:
LBC =
LAB = p(VC
VB ):
Poichè VC = VB TC =TB ; si ha
pV B
(TC
TB
TB ) = nR(TC
TB ),
e tenendo conto della (1):
nR(TC
TB ) = nCV (TB
Essendo TB = TA +
TC = TA +
Cp
R
TA ):
T , si ottiene:
T = TA +
5
2
T = 287:5 K
46
(05/12/02) Una macchina frigorifera lavora ciclicamente scambiando
calore con l’ambiente esterno, da considerare come una sorgente ideale a
temperatura 0 = 27 C. Calcolare il lavoro minimo occorrente per solidi…care una massa m = 1 kg di acqua inizialmente in equilibrio a temperatura
ambiente.
(calore di fusione dell’acqua f = 80 cal=g)
Soluzione
Il lavoro minimo si realizza in condizioni di reversibilità. Per la legge di accrescimento dell’entropia, la variazione di entropia dell’universo (frigorifero,
acqua, ambiente) dev’essere maggiore o uguale a zero, Su 0, dove il segno
di uguaglianza vale per processi reversibili. Pertanto, dette Sacq ; Sf rig e
Samb rispettivamente, le variazioni di entropia dell’acqua, del frigorifero e
dell’ambiente, si ha
Su =
Ma
Sacq +
Sf rig +
Samb = 0:
Sf rig = 0 in quanto la macchina lavora ciclicamente, quindi:
Sacq +
Samb = 0
La variazione di entropia dell’acqua alla …ne della solidi…cazione risulta:
Sacq =
m f
T1
mcp ln TT01
ln 300:15
273:15
80
273:15
=
4:184 103 J=K =
1619:8 J=K ,
dove cp
1 cal=g K è il calore speci…co a pressione costante e T1 =
273:15:K
Q1 è il calore totale ceduto dall’acqua che vale
Q1 =
mcp (T0
T1 )
m
f
=
(27 + 80) 4:184 103 J =
4:47 105 J
La variazione di entropia dell’ambiente è
Samb =
Sacq = 1619:8 J=K;
e quindi il calore assorbito dall’ambiente sarà
Q2 = T0 Samb = 300:15 1619:8 J = 4:86 105 J
La parte residua del calore Q1 sottratto all’acqua ad ogni ciclo viene
ceduta come lavoro al frigorifero; in totale si ha:
Lmin = Q2 + Q1 = 4:86 105 J
4:47 105 J = 39 KJ
47
(06/06/12) Un cilindro munito di pistone perfettamente scorrevole, contiene 0:3 moli di azoto alla pressione p. Il sistema è in equilibrio termico con
una miscela di acqua e ghiaccio fondente in cui sono presenti 150 g di ghiaccio
alla pressione p0 = 1 atm. Il gas viene fatto espandere reversibilmente …nchè
la sua pressione diventa uguale a p0 e al termine del processo si osserva che
sono presenti 160 g di ghiaccio. Calcolare la pressione iniziale del gas e le
variazioni di entropia del gas, della miscela e dell’universo. (Calore latente
di fusione del ghiaccio f = 334 kJ=kg).
Soluzione
Durante l’espansione isoterma reversibile, il gas ha assorbito dalla miscela
una quantità di calore pari a
Q=m
f
= 3340 J;
dove m = 10 g è la di¤erenza tra le masse di ghiaccio presenti alla …ne e
all’inizio.
D’altra parte nell’isoterma,
Q = L = nRT0 ln VV0 = nRT0 ln pp0 ;
ln pp0 =
3340
,
nRT 0
da cui:
3340
p = p0 exp nRT
= 1 exp 0:3
0
3340
8:314 273:15
atm
135 atm:
La variazioni di entropia della miscela è
Sb =
Q
T0
=
3340
273:15
=
12:2 J=K:
Ma il processo è reversibile, dunque la variazione di entropia del gas è
uguale ed opposta a quella della miscela. La variazione di entropia dell’universo è zero.
48
(06/06/12) Una mole di gas ideale monoatomico compie un ciclo ABC,
in cui AB è una espansione adiabatica irreversibile, BC una isobara reversibile
che riporta il gas al volume iniziale, CA una isocora reversibile che chiude
il ciclo. Sapendo che TA = 2TB e SBC + SCA = 6 J=K, calcolare il
rendimento del ciclo.
Soluzione
=1+
QBC
QCA
=1
Cp (TB TC )
CV (TA TC )
TB =TC 1
:
TA =TC 1
=1
(1)
Dall’equazione di stato si ha:
TB
TC
=
VB
VC
=
VB
;)
VA
TC = TB VVBA :
La (1) diventa:
=1
VB =VA 1
TA VB =TB VA 1
=1
VB =VA 1
2VB =VA 1
.
(2)
Per ricavare il rapporto VB =VA , si osservi che la variazione di entropia del
ciclo è nulla
SAB +
SBC +
SCA = 0; )
SAB
6 J=K = 0:
Poichè
SAB = CV ln TTBA + R ln VVBA ;
TA = 2TB ;
sostituendo nella (3) si ha
CV ln 12 + R ln VVBA = 6 J=K:
Quindi, dividendo per CV ,
49
(3)
ln 12 +
R
CV
ln VVBA =
6
CV
:
=
6
CV
:
1)]
= 23=2 e6=R = 5:8:
Essendo
= CpCVCV =
si ottiene:
R
CV
ln 12 + ln
1
VB
VA
ovvero,
ln 12
VB
VA
1
=
6
CV
:
Si ottiene:
VB
VA
= 21=
1 6=[CV (
e
Sostituendo nella (2) si ottiene:
= 0:248:
50
(06/07/25) Un recipiente adiabatico contiene una mole di gas ideale
monoatomico che, da uno stato A di equilibrio viene improvvisamente fatto
espandere, raggiungendo uno stato …nale B, anch’esso di equilibrio. Calcolare
la variazione di entropia sapendo che nello stato A la pressione è pA = 4pB :
Soluzione
La variazione di entropia è data da
dS = T1 dU + Tp dV = T1 CV dT +
R dP
)
P
Ma,(L =
U)
1
C dT
T p
L = pB (VB
RdT V dP
T
R ln ppBA
S = Cp ln TTBA
VA ) =
CV (TB
=
(1)
TA ):
Usando l’equazione di stato:
RpB
TB
pB
TA
4pB
=
CV (TB
TA ):
Si trae:
TB
TA
=
R=4+C V
R+C V
=
7
;
10
Quindi la (1) fornisce
7
+ R ln 4 = 0:49461R = 0:49461 8:314 J=K = 4:1 J=K:
S = 25 R ln 10
51
(06/07/25) . Un gas ideale monoatomico esegue un ciclo reversibile
ABCA in cui: AB è una espansione isoterma, alla …ne della quale VVBA =
1:3 ; BC una espansione adiabatica dove VVBC = 1:2; CA una politropica di
equazione pV = cost che riporta il gas nello stato iniziale. Determinare il
valore di nella politropica.
Soluzione
Nel ciclo la variazione di entropia del gas è nulla:
S = nR ln VVBA + nCV ln TTCA + nR ln VVCA = 0.
Si ricava:
VB
VC
R
TC
TA
=
CV
(1)
:
Tenuto conto dall’equazione della politropica e dell’equazione di stato del
gas, si ha:
pA VA = pC VC ; ) TA VA
1
= TC VC 1 ;
da cui:
TC
TA
=
VA
VC
(
1)
:
Sostituendo nella (1), si ottiene:
ln VVBC + 32 ln
2
3
ln VVBC + (1
=1+
VA
VC
(1
VA
VC
nR ln VVBA + nCV ln
(1
)
+ nR ln VVCA = 0
)
=0
) ln
2 ln(VB =VC )
3 ln(VA =VC )
VA
VC
=1+
=0
ln(1=1:2)
2
3 ln(1=(1:2 1:3))
52
= 1:27:
(06/09/12) Un recipiente cilindrico adiabatico è diviso in due parti A
e B da un pistone di massa trascurabile, perfettamente scorrevole, anch’esso
adiabatico. In A sono contenute10 moli di gas ideale biatomico alla temperatura TA = 600 K; in B sono contenute 5 moli dello stesso tipo di gas a
temperatura TB = 300 K. Inizialmente i gas sono in equilibrio ed alla stessa
pressione, occupando un volume complessivo V0 = 0; 12 m3 : Successivamente
nel pistone si veri…ca una perdita di isolamento e calore inizia a ‡uire da A
verso B, …nchè non viene raggiunto l’equilibrio …nale. Calcolare la variazione
di entropia del sistema.
Soluzione
Il problema è simile a molti altri in cui si veri…cano processi irreversibili.
Nel sistema isolato l’energia interna totale è costante, quindi
U=
UA +
UB = 0;
da cui,
nA CV (Tf
TB ) = 0; ) Tf = 500 K:
TA ) + nB CV (Tf
Poichè i gas inizialmente hanno la stessa pressione, si ha
= nnBA TTAB = 4; VA + VB = 120 l ) VA = 96 l; VB = 24 l:
All’equilibrio …nale (stesse pressioni e temperature):
VA
VB
VAf
VBf
=
nA
nB
VAf + VBf = 120 l ) VAf = 80VBf = 40 l:
= 2;
La variazione di entropia del sistema (universo) risulta:
T
Vf
T
Vf
S = nA CV ln TAf + nA R ln VAA + nB CV ln TBf + nB R ln VBB = 27:84 J=K:
53
(06/09/12) . Due moli di gas ideale biatomico scambiano calore con due
sorgenti a temperatura T1 e T2 = 4T1 =5, compiendo un ciclo ABCDA, dove:
AB è una espansione isoterma reversibile che ne raddoppia il volume; BC
una trasformazione a volume costante che ra¤redda il gas, posto a contatto
con la sorgente a temperatura T2 ; CD una compressione isoterma reversibile
che riconduce il volume a quello iniziale; DA una trasformazione a volume
costante che riscalda il gas, posto a contatto con la sorgente a temperatura
T1 . Calcolare il rendimento del ciclo.
Soluzione
Il rendimento è
=1+
Qced
;
Qass
dove:
Qass = QAB + QDA .
Qced = QBC + QCD
Essendo:
T1 ); QCD = nRT ln VVBA
QBC = nCV (T2
QAB = nRT1 ln VVBA ; QDA = nCV (T1
T2 );
si ottiene:
T
=1
ln 2+ 52 T1
T2
2
T1 ln 2+ 5 (1
2
1
T2
T1
5
)
=1
4 ln 2+ 8
5 ln 2+ 12
= 0:11:
Si noti che il rendimento risulterebbe lo stesso se le trasformazioni isocore
fossero reversibili.
54
(07/01/18). Un corpo di capacità termica C = 15 cal=K; costante
nell’intervallo di temperature considerato, si trova alla temperatura 0 = 0
C. Esso viene riscaldato …no alla temperatura 1 = 200 C in due modi
diversi.
Ponendolo a contatto con una sorgente a temperatura 1 .
Ponendolo a contatto con una sorgente a temperatura 2 = 150 C e,
dopo aver raggiunto l’equilibrio, con la sorgente a temperatuta 1 .
Calcolare la variazione di entropia del corpo e del sistema corpo e sorgenti
nei due casi.
Soluzione
L’entropia è una funzione di stato e quindi, detta
entropia del corpo, in entrambi i casi risulta:
SC la variazione di
= 34:4 J=K
SC = C ln TT10 = 15 4:18 ln 473:15
273:15
Nel primo caso la variazione di entropia della sorgente è
C(T
T )
4:18(200)
0
1
ST1 =
= 26:5 J=K ;
= 15473:15
T1
e la variazione di entropia corpo e sorgente (universo):
Su =
SC +
ST1 = (34:4
26:5) J=K = 7:9 J=K :
Nel secondo caso la variazione di entropia delle sorgenti è
ST1 + ST2 =
;
C(T 2 T 0 )
T2
C(T 1 T 2 )
T1
=
15 4:18 150
423:15
15 4:18 50
473:15
=
e la variazione di entropia del corpo e delle sorgenti:
Su =
SC +
ST1 +
ST2 = (34:4
28:8) J=K = 5:6 J=K
e la variazione di entropia corpo e sorgenti:
Su =
SC +
ST1 +
ST2 = 1:4 cal=K.
55
28:8 J=K
(07/01/18) . Una mole di gas ideale monoatomico alla temperatura
TA = 300 K; compie un ciclo ABCA nel quale: AB è una espansione libera;
BC una compressione adiabatica irreversibile; CA una isobara reversibile che
riporta il gas nello stato iniziale. Sapendo che nella compressione adiabatica viene impiegato il lavoro L = 200 J, calcolare la variazione di entropia
dell’universo.
Soluzione
Si osserva che nell’espansione libera del gas ideale la temperatura rimane
costante, dunque TA = TB : Inoltre nella compressione adiabatica BC si ha
(Q = 0)
nCV (TC
TB )
L = 0; ) TC = TB +
L
nC V
= TA +
2L
3R
= 316 K.
La variazione di entropia dell’universo è data da
Su =
Sgas +
Sext :
La variazione di entropia del gas è nulla perchè compie un ciclo. Sext
è pari alla somma delle variazioni di entropia dell’ambiente esterno, che si
riducono solo a quella relativa alla compressione isobara CA:
R TA
= Cp ln TTCA :
SCA =
nCp dT
T
TC
Infatti la compressione BC è adiabatica. La variazione di entropia dell’universo risulta quindi
316
Su = Cp ln TTCA = 52 8:314 ln 300
J=K = 1:08 J=K
56
(07/06/14). Un gas ideale monoatomico, nello stato iniziale pA = 32:8
atm, VA = 2 l; TA = 400 K, esegue il ciclo ABCDA dove: AB è un’espansione
isoterma reversibile a temperatura T1 = TA , BC una espansione adiabatica
reversibile, CD una compressione isoterma reversibile a temperatura T2 =
TD , DA una isocora irreversibile, che riporta il gas nello stato iniziale.
Quest’ultima trasformazione può essere realizzata in due modi:
a) ponendo il gas a contatto con la sorgente a temperatura T1
b) e¤ettuando lavoro adiabatico esterno L.
Calcolare il rendimento nei due casi e la variazione di entropia delle
sorgenti nel caso b);
(VB = 8 l; T2 = 250K).
Soluzione
Le quantità di calore coinvolte nel ciclo sono:
QAB = nRT1 ln VVBA = 90:9 l atm; n =
pA VA
RTA
= 2 moli
QBC = 0
QCD = nRT2 ln VVDC =
QDA = nCV (T1
85; 7 l atm;
VD = VA ; VC = VB
T1
T2
1=(
1)
T2 ) = 36; 9 l atm:
Nel primo caso il rendimento risulta:
=1+
QCD
QAB +QDA
= 0:33:
Nel secondo caso nel gas viene dissipato lavoro adiabatico, che determina
la stessa variazione di energia interna del primo caso. Pertanto il rendimento è lo stesso. Si rammenti che il rendimento di una macchina è, in generale, de…nito dal rapporto tra il lavoro utile ottenuto e l’energia, di qualsiasi
genere, impiegata.
La variazione di entropia delle sorgenti, caso b), è
Ssorg =
QAB
T1
+
QCD
T2
= 0:12 l:atm=K:
57
(07/06/14) n moli di ossigeno, a temperatura T0 e volume V0 vengono
fatti espandere isotermicamente, …no a raddoppiare il volume. Calcolare il
rapporto dei calori assorbiti nei seguenti casi:
a) il gas si consideri ideale
b) il gas obbedisca all’equazione di Van der Waals con V0 = 2nb (b
covolume)
Soluzione
a) Gas ideale: indicato co Vf il volume …nale si ha
V
Q1 = nRT0 ln Vf0 = nRT0 ln 2:
b) Gas di Van der Waals:
dQ2 = dU + pdV
dall’espressione dell’energia interna di un gas di Van der Waals si ha
a
+
v
u = CV T
dove u
cost
U=n e v
U = nCV T
V =n e quindi
n2 Va + cost
dQ2 = nCV dT + n2 Va2 dV + pdV
ma p =
dQ2 =
nRT0
V bn
n2 Va2 e quindi, a T costante
nRT0
dV
V bn
integrando si ottiene
RV
V
Q2 = V0f VnRTbn0 dV = nRT0 ln Vf0
bn
bn
= nRT0 ln 3
pertanto il rapporto dei calori assorbiti vale:
Q1 =Q2 = 0:63
58
(07/07/25) Due moli di gas ideale monoatomico sono contenute in un
recipiente alla temperatura TA = 300 K: Al …ne di dimezzare pressione e volume iniziali pA ; VA , il gas viene sottoposto a due trasformazioni consecutive:
una compressione isoterma reversibile AB, che dimezza il volume; una isocora irreversibile BC, realizzata ponendo il gas a contatto con una sorgente a
temperatura TC , che ne dimezza la pressione. Calcolare le quantità di calore
scambiate con le sorgenti e la variazione di entropia dell’universo.
Soluzione
Nell’isoterma AB,
U = 0; è
QAB = nRTA ln VVBA =
2RtA ln 2 =
3456 J
Nell’isocora irreversibile BC, W = 0;
QBC = nCV (TC
TA ) =
9
RTA
4
9
4
=
8:314 300 =
5612 J;
essendo TC = TA =4
La variazione di entropia dell’universo è uguale alla somma della variazione dell’entropia del gas SBC nell’isocora irreversibile BC e della variazione dell’entropia della sorgente a temperature TC :
Su =
SBC +
QBC
TC
STC = nCV ln TTCA
=
3 ln 4 + 9R = 4:84 8:314 = 40:2 J=K
oppure:
Su =
SAB +
SBC +
STB +
SAB = +3456=300 J=K =
STC
11:52 J=K
STB =
2 8:314 ln 2 J=K = +11:52 J=K
SBC =
2 3=2 8:314 ln 4 J=K =
STC =
QBC
TC
=
Su = ( 11:52
5612
75
34:57 J=K
= 74:83 J=K
34:57 + 11:52 + 74:83) J=K = 40:2 J=K
59
(07/07/25) Un gas ideale compie un ciclo ABCDA, in cui: AB è una
espansione ottenuta ponendo il gas a contatto con una sorgente a temperatura T1 = 900 K e dimezzando bruscamente la pressione esterna; BC una
trasformazione adiabatica reversibile che ra¤redda il gas dalla temperatura
T1 alla temperatura T2 = 300 K; CD una compressione ottenuta ponendo il
gas a contatto con una sorgente a temperatura T2 e raddoppiando bruscamente la pressione esterna; DA una compressione adiabatica reversibile che
riporta il gas nello stato iniziale. Determinare il rapporto tra il rendimento
del ciclo e quello della macchina di Carnot che lavora tra le stesse sorgenti.
Calcolare anche la variazione dell’entropia dell’universo in un ciclo e l’energia
inutilizzabile.
Soluzione
Le trasformazioni AB e CD sono evidentemente irreversibili. Poichè per
entrambe gli stati iniziali e …nali sono alle stesse temperature, rispettivamente
T1 e T2 , si ha
VB = 2VA ;
VC = 2VD ;
UAB = 0;
UCD = 0:
Inoltre:
QAB = WAB = pB (VB
VA ) =
QCD = WCD = pD (VD
VC ) =
Pertanto i rendimenti
=1+
QCD
QAB
=1
2T2
T1
pA VA
2
nRT1
2
PD VD =
del ciclo e
= 31 ;
=
C
C
=1
nRT2
della macchina di Carnot risultano:
T2
T1
= 23 ;
=
C
2
La variazione dell’entropia dell’universo in un ciclo è quella delle due
sorgenti:
Su =
QAB
T1
QCD
T2
=
nR
2
+ nR = nR=2 = 8:314 J=K
L’energia inutilizzabile è data da:
Ein = T2 Su = Wcarnot
Wirr = 300 8:314 J = 2494:2 J
E’il calore in più (rispetto alla macchina di Carnot) ceduto alla sorgente
fredda.
60
(07/25/09) Un cubetto di ghiaccio di massa m = 15 g alla temperatura
t0 = 0 C, viene posto in un bicchiere d’acqua alla temperatura t1 = 27 C, in
equilibrio con l’ambiente esterno. Il sistema evolve …no a ritornare
all’equilibrio iniziale. Calcolare la variazione di entropia del ghiaccio, dell’acqua, del bicchiere e dell’ambiente.
(Calore di fusione del ghiaccio = 80 cal=g)
Soluzione
Assumendo costante il calore speci…co del ghiaccio e pari a c = 1cal=(gK),
si ha:
Sgh =
m
T0
+ mc ln TT01 = 24:279 J=K
Le variazioni di entropia dell’acqua e del bicchiere sono nulle in quanto
lo stato …nale è uguale allo stato iniziale:
Sacq = 0;
Sbic = 0:
La variazione di entropia dell’ambiente esterno, considerando quest’ultimo come una sorgente ideale, è data dal rapporto tra il calore Q fornito al
sistema e la temperatura costante dell’ambiente:
Samb =
Q
T1
=
m +mc(T1 T0 )
T1
=
22:186 cal=K,
La variazione di entropia dell’universo risulta
Su =
Sgh +
Samb = 2:093 J=K
61
(08-06-16) Un condizionatore viene utilizzato per ra¤reddare una stanza
di volume V , dalla temperatura tA alla temperatura tB , mentre l’esterno, da
assumere come sorgente termica ideale, è alla temperatura tE . Calcolare il
lavoro minimo occorrente per l’operazione, supponendo che nella stanza sia
presente aria, da assumere come gas ideale biatomico, a pressione p costante.
Quanto tempo impiegherà un condizionatore con una potenza di 2kW a
ra¤reddare l’aria della stanza?
(V = 40 m3 ; p = 1 atm; tA = 40 C; tB = 25 C; tE = 40 C):
Soluzione
A questo problema si può applicare la legge di accrescimento dell’entropia.
Poichè si richiede il lavoro minimo occorrente, la variazione di entropia dell’universo ( Su ) dev’essere pari a zero. Essa consta della variazione di entropia
dell’ambiente esterno SE , della variazione di entropia del condizionatore,
uguale a zero perchè compie una operazione ciclica, e della variazione di
entropia dell’aria della stanza Sg :
Su =
SE +
Sg = 0; )
Su =
Q1
TE
+ nCp ln TTBA = 0;
(1)
dove Q1 = Q + W è il calore assorbito dall’ambiente esterno, uguale
alla somma del calore Q sottratto all’ambiente e del lavoro W compiuto
dall’esterno.
Essendo
n=
pV
;
RT A
Q = nCp (TA
TB );
dalla (1) si ottiene:
h
i
W = nCp (TA TB ) + TE ln TTBA =
1:013 105 40 7
(2
313:15
15 + 313:15 ln 298:15
J = 1:68 104 J:
313:15
Il tempo impiegato a ra¤reddare l’aria è
t = (16800=2000) s = 8:4 s
62
(08-06-16) Una macchina termica funziona scambiando calore con due
sorgenti alle temperature TA = 300K e TB = 250K. Dopo un certo numero di cicli essa produce un lavoro W = 30 cal, mentre la variazione di
entropia dell’universo risulta Su = 0:02 cal=K. Ricavare il rendimento della macchina, valutare l’energia inutilizzabile e confrontare il risultato con il
rendimento ed il lavoro di una macchina di Carnot reversibile che operi tra
le stesse temperature.
Soluzione
Si ha un aumento dell’entropia dell’universo, quindi la macchina è irreversibile. Poichè la variazione di entropia di quest’ultima, che lavora ciclicamente, è nulla, la variazione di entropia dell’universo è uguale alla variazione
di entropia delle sorgenti;
QA
:
TA
QB
TB
Su =
(1)
dove QA è il calore che la macchina assorbe dalla sorgente calda, assunto
positivo e QB è il calore ceduto dalla macchina alla sorgente fredda, assunto
negativo
Tenuto conto che
W = QA + QB ; ) QB =
QA + W ,
sostituendo nella (1), si ricava:
Su =
QA =
QA W
TB
TA
TA TB
QA
,
TA
(W + TB Su )
Il rendimento risulta:
=
W
QA
=
TA T B
W
TA W +T B S u
=
50
30
300 30+250 0:02
= 0:14;
l’energia inutilizzabile è
EIN = TB Su = 5 cal:
Il rendimento di una macchina di Carnot reversible vale
R
=1
TB
TA
=1
250
300
= 0:166
e la macchina compirebbe quindi un lavoro
WREV =
R QA
= 1
TB
TA
TA
TA TB
(W + TB Su ) = W + TB Su = 35 cal
63
(08-07-23) Una mole di gas ideale monoatomico esegue una trasformazione isobara tra gli stati A e B, compiendo il lavoro W = 103 J. Il gas
può anche raggiungere lo stato …nale B attraverso un processo irreversibile
costituito da due trasformazioni:
una trasformazione AC in cui il gas è posto a contatto con una sorgente
a temperatura TA , …no ad occupare il volume VB ; una compressione isocora
CB, …no ad raggiungere la temperatura TB .
Calcolare il calore scambiato nella trasformazione isobara ed il lavoro
massimo ottenibile nel processo irreversibile (TA = 300 K).
Soluzione
La quantità di calore scambiata nella trasformazione isobara è pari alla
variazione di entalpia del gas,
Q=
H = Cp (TB
TA ) =
U + W;
(1)
indipendente dal tipo di trasformazione. Infatti l’energia interna è una
funzione di stato ed il lavoro è pari a
W = p(VB
VA ) = R(TB
(2)
TA );
anch’esso indipendente dal tipo di trasformazione. Dalla (2) si ricava
TB
TA =
W
;
R
TB = TA +
)
W
R
= 300 +
103
8:314
K = 420:28 K:
(3)
Sostituendo nella (1) si ottiene
Q=
H = Cp W
= 52 103 J = 2500 J:
R
Per determinare il lavoro ottenibile nel secondo processo si può applicare
la legge di accrescimento dell’entropia,
Ssorg +
Sgas
0.
64
il lavoro massimo si ottiene quando vale il segno di eguaglianza e poichè
la variazione dell’entropia delle sorgenti vale
Ssorg =
Wmax
TA
CV ln TTBA
e
Sgas = Cp ln TTBA ;
si ottiene:
Wmax
TA
CV ln TTBA + Cp ln TTBA = 0;
e quindi
Wmax = TA (Cp
J = 840:89 J: (4)
CV ) ln TTBA = 300 (8:314) ln 420:28
300
Poichè le trasformazioni AC e BC sono irreversibili, il lavoro ottenibile è
sicuramente minore. Si noti che nella situazione prospettata dal problema
non è necessario ricorrere alla legge di accrescimento dell’entropia; infatti la
(4), essendo pA = pB ; è proprio uguale a lavoro dell’isoterma reversibile AC.
65
(08-07-23) Un recipiente con pareti rigide e capacità termica trascurabile, contiene 15 moli di azoto, in equilibrio termodinamico, alla temperatura T1 . Il sistema viene posto in contatto con una sorgente alla temperatura
T2 = 0 C, attraverso una parete diatermica. Raggiunto il nuovo equilibrio,
si osserva che la variazione di entropia della sorgente è Ssorg = 750 J=K.
Calcolare la variazione di entropia del gas.
Soluzione
La trasformazione è irreversibile, ma la variazione di entropia della sorgente è sempre pari al rapporto tra il calore assorbito (ceduto dal gas) e la
sua temperatura, ossia
Ssorg =
Q
;
T2
Q = T2 Ssorg = 273:15 750 J=K = 2:048 6 105 J
dove T2 = 273:15 K. Essendo Q = nCV (T1
T2 ), risulta:
T1 = T2 + Q=nCV = 273:15 K + 2:048 6 105 = 15
5
8:314
2
930:23 K:
La variazione di entropia del gas risulta:
S = nCV ln TT21 = 15
5
8:314 ln 273:15
2
930:23
66
J=K =
382:05 J=K:
K=
(08-09-15)Una mole di gas ideale monoatomico è contenuta in un recipiente adiabatico, in equilibrio alla temperatura TA = 320 K. Successivamente essa si espande, occupando il volume VB = 3VA e compiendo il lavoro
W = 150 J; quindi viene compressa adiabaticamente e reversibilmente …no
al volume …nale VC = VA . Determinare la temperatura …nale del gas.
Soluzione
L’espansione AB è irreversibile. Per la prima legge della termodinamica,
CV (TB
TA ) + W = 0;
si ricava:
TB = TA
W=CV = TA
2W=3R:
Pertanto, tenuto conto dell’equazione dell’adiabatica BC,
TC = TB (VB =VC )
1
= TB 3
1
,
si ottiene:
TC = (TA
(320
2W=3R) 35=3
1
=
2 150= (3 8:314)) 35=3
1
K = 640:6 K:
67
(08-09-15) Un grammo d’acqua nella transizione liquido-vapore ha una
variazione di energia interna U = 500 cal (piccole). Calcolare la variazione
di entropia della transizione di fase ritenendo trascurabile il volume del liquido Vl ; rispetto a quello del vapore Vg , e considerando quest’ultimo come
un gas ideale. Assumere costante il calore di evaporazione (calore latente) e
pari a e = 22:6 105 J=kg:
Soluzione
Dalla prima legge della termodinamica:
U =Q
W =m
e
p(Vg
Vl ) = m
e
(m=A) RT;
dove m ed A sono la massa e la massa molecolare dell’acqua. Si ricava
T = e A=R A U=mR = (2260 18=8:314
363:72 K:
La variazione di entropia risulta:
S = m e =T = 2260=363:72 = 6:21 J=K:
68
18 500 4:184=8:314) K =
(09-06-23) Una mole di gas ideale monoatomico, a temperatura T0 = 300
K viene posto a contatto con una sorgente dalla quale assorbe la quantità
di calore Q = 1500 cal.(piccole). Il gas, contenuto in un cilindro, chiuso da
un pistone di massa trascurabile che può scorrere senza attrito, si espande
contro la pressione esterna p0 costante. Calcolare la variazione di entropia
del gas e dell’universo.
Soluzione
Detta Tf la temperatura …nale, il calore assorbito dal gas è dato da
T0 ); )
Q = Cp (Tf
Tf
T0
=1+
Q
Cp T0
=2
La variazione di entropia del gas risulta:
T
S = Cp ln Tf0 = 25 R ln 2 =
5
8:314 ln 2
2
J=K = 14:4 KJ
Si osservi che l’espansione è irreversibile; infatti la variazione di entropia
dell’universo, sorgente e gas, è
Su =
14:4
S+
Ssorg = 14:4 J=K
1500 4:187
600
J=K = 3: 93 KJ > 0
69
Q
Tf
=
(09-06-23) Una mole di gas ideale biatomico si espande secondo la
politropica reversibile pV 2 = cost: Sapendo che la temperatura iniziale è
TA = 400 K e che il gas compie il lavoro WAB = 2000 J, determinare la temperatura …nale TB , il calore scambiato nella trasformazione e la variazione
d’entropia del gas.
Soluzione
Nella politropica, pV 2 = pA VA2 , il lavoro reversibile è dato da
WAB
ZVB
ZVB
pA VA2
= pdV =
dV =
V2
VA
1 VB
V VA
pA VA2
pA V A
VA
= pA VA2
1
VA
1
VB
=
TB ) (perchè pA VA2 = pB VB2 ) :
pB VB = R(TA
Da cui,
1
WAB
R
TB = TA
= 400
1
2000
8:314
K = 159:4 K:
Il calore scambiato vale
QAB =
U + WAB = CV (TB
5
8:314(159:4
2
TA ) + WAB =
400) + 2000 J =
3000:9 J:
Nella trasformazione il calore viene ceduto dal gas e la variazione d’entropia del gas vale:
Sg = SB
SA = CV ln TTBA + R ln VVBA ;
per valutarla occorre calcolare
VB
;
VA
pA VA2 = pB VB2 =) TA VA = TB VB
e quindi si ha
VB
VA
=
TA
TB
e si ottiene
S = 52 R ln TTBA
3
8:314
2
ln
159:4
400
R ln TTBA = 32 R ln TTBA =
J
K
=
11: 474 KJ
70
(09-07-21)Una mole di gas ideale monoatomico compie una trasformazione
reversibile la cui equazione nel piano (T; S) è T = T0 + a(S S0 ) b(S S0 )2 ,
con a = 5 K 2 =J, b = 0:8 K 3 =J 2 . Sapendo che la temperatura …nale coincide
con quella iniziale T0 = 300 K, calcolare la quantità di calore ed il lavoro
associati alla trasformazione.
Soluzione
Nel diagramma (T; S) la trasformazione è rappresentata da un’arco di
parabola ad asse verticale e concavità rivolta in basso, quindi, per un certo
valore dell’entropia S1 6= S0 , si avrà nuovamente un valore della temperatura
pari a T0 . Segue che fra questi due estremi,
U = 0;
Q = W:
Il calore associato alla trasformazione è
RS
RS
Q = S01 T dS = S01 [T0 + a(S S0 ) b(S
= T0 (S1
S0 ) + 21 a(S1
S0 )2
1
b(S1
3
S0 )2 ] dS =
S0 )3 .
Dall’equazione della trasformazione, per T = T0 si ha
S1
S0 =
a
b
= 6:25 J=K:
Sostituendo nella precedente:
Q = W = 1:9 kJ:
Q = 300 6:25 + 2:5 (6:25)2
0:8 13 (6:25)3 = 1907: 6
71
(09-07-21) Due moli di gas ideale biatomico sono contenute in recipiente
alla temperatura TA = 300K. Al …ne di dimezzare volume e pressione iniziali, il gas viene sottoposto a due trasformazioni reversibili consecutive: una
compressione adiabatica AB che dimezza il volume e una isocora BC. Calcolare il lavoro compiuto sul gas nella compressione e le variazioni di entropia
del gas e delle sorgenti
Soluzione
Il lavoro compiuto sul gas è pari all’aumento di energia interna del gas,
WAB =
U = nCV (TB
TA ) = 5RTA
TB
TA
1
Usando l’equazione dell’adiabatica reversibile
TA VA
1
1
= TB VB
,
si ha:
VA
VB
WAB = 5RTA
1
1
1 = 5RTA (2
1) = 3982:7 J:
Tenuto conto che, per l’equazione di stato, si ricava TC = TA =4; la
variazione di entropia del gas è
Sgas = nCV ln TTCA + nR ln VVCA =
2
5
2
ln 41 + ln 12 8:314 J=K =
69:154 J=K:
Poichè il processo è reversibile, la variazione di entropia delle sorgenti
risulta:
Ssorg =
Sgas :
(calcoli:
= 7=5
TB = TA
VA
VB
1
QBC = nCV (TB
Sgas =
nCV ln
= 300 (2)2=5 = 395:85 K
TC ) = 5 (396
TB
TC
=
75) 8:314 = 13344 J
5 8:314 ln 395:85
=
75
69:154 J=K
PA VA = PB VB ) PB = PA (2)7=5 = 2:639 PA
Sgas = nCV ln PPBC = 5 8:314 ln
1
2 2:639
72
=
69:154 J=K)
(09-09-25) Una mole di gas ideale biatomico esegue un ciclo costituito da
una isobara AB che ne raddoppia il volume, una politropica BC di equazione
pV = cost, = 2; e da una isoterma CA. Calcolare il rendimento del ciclo.
Soluzione
Dall’equazione di stato e dall’equazione della politropica
1
pV = cost; pV = RT ) p = RT =V; T V
= cost
si trae:
TB = 2TA ; TC = TA ; TB VB = TC VC ; VC = 4VA
Le quantità di calore coinvolte nel ciclo sono:
QAB = Cp (TB
TA ) = Cp TA > 0
QBC = C (TC
TB ) =
QCA = RTA ln VVCA =
C TA < 0
RTA ln 4 < 0,
con C (calore speci…co molare della politropica)
C =
dQ
dT
=
CV dT +P dV
dT
= CV +
R
1
= 32 R:
infatti nella politropica
TV
1
dT + dV (
P
dV
dT
1
= cost ) V
=
1) T V
PV
T (1 )
=
1
dT + (
1) T V
=0)
dV
dT
=
V
T (1
2
dV = 0 )
)
R
(1 )
Il rendimento risulta:
=1+
1
QBC +QCA
QAB
C +R ln 4
Cp
=1
=1
C TA +RTA ln 4
Cp TA
3=2+ln 4
7=2
=
4
7
2
7
=
ln 4 = 0:17534
73
18%:
(09-09-25) Un gas ideale monoatomico, di volume iniziale V0 = 10 2 m3
alla temperatura t0 = 20 C, contenuto in un recipiente diatermico, viene
compresso bruscamente …no alla pressione p = 2 M P a che viene mantenuta
costante. Una volta raggiunto l’equilibrio, la temperatura del gas è aumentata di 80 C ed il volume è diventato V = V0 =10. Determinare la quantità
di calore scambiata dal gas con l’ambiente esterno.
Soluzione
Per la prima legge della termodinamica:
Q=
U + W,
con
U = nCV
T = 32 nR T; W = p V .
Essendo, per l’equazione di stato,
nR = pV =T =
pV0 =10
;
T
si ottiene:
Q=
3 pV0 =10
2
T
3 2 106 10
2
293:15
3
T +p V =
80
2 106 0:9 10
2
74
J=
17:18 kJ
(10/06/10) Calcolare il calore speci…co di una mole di gas ideale monoatomico in funzione del volume, C(V), nella trasformazione quasi statica mostrata
nella …gura.
P
P0
0
V0
V
Soluzione
Il calore speci…co molare è de…nito da
C=
Q
dT
dal primo principio si ha
Q = dU + W = 32 RdT + P (V )dV
C(V ) =
Q
dT
= 32 R + P (V ) dV
dT
L’equazione rappresentativa della retta in …gura è
P = P0
P0
V
V0
= P0 1
V
V0
combinando questa con l’equazione dei gas ideali
P V = RT
si ottiene
P0 V 1
V
V0
= RT
per trovare dV =dT si fa il di¤erenziale totale di questa equazione
P0 dV 1
V
V0
+ P0 V
dV
V0
= P0 dV 1
75
2 VV0
= RdT
dV
dT
=
R
1
P0 1 2 V
V
0
e si ottiene C(V)
C(V ) = 32 R + P (V ) dV
= 32 R +
dT
R 1
1
V
V0
2 VV
0
76
=
R
5
2
4 VV
0
1 2 VV
0
:
(10/06/10) Una mole di gas biatomico di equazione di stato p + Va2 V =
RT , esegue un ciclo ABCDA dove: AB è una isoterma reversibile, in cui la
tempera-tura della sorgente è T2 = 400 K; BC una isocora ottenuta ponendo
il gas a diretto contatto con una sorgente alla temperatura T1 = 200 K; CD
una compressione isoterma reversibile alla temperatura T1 ; DA una isocora ottenuta ponendo il gas in contatto con la sorgente a temperatura T2 e
che riporta il sistema nello stato iniziale. Calcolare il rendimento del ciclo
e la variazione d’entropia dell’universo in un ciclo. Assumere CV = 25 R e
VB = 4VA .
Soluzione
Per un gas reale si ha
a
;
V
U = U (T; V ) = CV T
dal primo principio e dall’equazione di stato del gas si ricava
Q = dU + pdV = CV dT +
CV dT +
a
dV
V2
+
RT
dV
V
a
dV
V2
=
RT
dV:
V
Il ciclo è un ciclo di Stirling per un gas reale e con le isocore irreversibili,
le quantità di calore scambiate sono le stesse del ciclo di Stirling reversibile
per un gas ideale, il lavoro totale compiuto è lo stesso, ma il calore assorbito
è aumentato del termine QDA :
QAB = RT2 ln VVBA = 8:314 400 ln 4 J = 4610 J
QBC = CV (T1
T2 ) =
QCD = RT1 ln VVDC =
QDA = CV (T2
5
2
8:314 200 J =
8:314 200 ln 4 J =
4157 J;
2305 J
T1 ) = 4157 J.
Il rendimento risulta
=
W
QAB +QDA
=
QAB +QCD
QAB +QDA
=
2305
4610+4157
= 0:26
La variazione d’entropia dell’universo si riduce alla variazione d’entropia
delle sorgenti:
Su =
QBC
T1
+
QDA
T2
=
4157
200
4157
400
77
J=K = 10:393 J=K:
(10/07/20) Una certa quantità di ossigeno, da considerare come gas
ideale, è contenuta in un recipiente cilindrico adiabatico, munito di pistone
anch’esso adiabatico. Il gas, di volume iniziale V0 = 1 m3 , viene fatto espandere contro una pressione esterna p = 105 P a, …no ad aumentare il volume
del 50%. Determinare la variazione di entalpia del gas.
Soluzione
La variazione di entalpia è data da
H = nCp T:
(1)
D’altra parte, per il primo principio
U + W = 0; ) nCV
T =
W =
p V;
da cui:
T =
p V
nCV
:
Sostituendo nella (1) ed essendo
H=
p V =
7
5
V = 0:5V0 , si ottiene:
105 0:5 J =
78
70 kJ.
(10/07/20) Una mole di gas ideale monoatomico alla temperatura iniziale
T0 = 300 K esegue una trasformazione politropica reversibile di equazione
T V 3 = cost, raddoppiando il volume iniziale V0 . Successivamente, con una
isocora reversibile, il gas ritorna alla pressione iniziale p0 e, con una isobara
reversibile, allo stato iniziale; calcolare il calore assorbito nella trasformazione
politropica e il rendimento del ciclo
Soluzione
L’equazione della politropica T V
3
TV
= T0 V0
3
e anche pV
2
3
= cost si può scrivere
= cost = p0 V0 2 ; ( =
2)
Dal primo principio dQ = dU + dW = CV dT + pdV
C = CV +
1
ma T V
dV
dT
=
1
(
RT dV
V dT
;
= cost ) (dT ) V
V
1) T
1
+(
1) T V
2
dV = 0;
;
e quindi il calore molare della politropica vale
C = CV +
R
(1 )
=
11
R
6
e il calore assorbito
Q = nC (Tf
ma Tf (2V0 )
T0 )
3
:(1)
3
= T0 V0
Sostituendo nella (1),
) Tf = 8T0 .
T = 8:314 77
300 J = 32009 J:
Q = nR 77
6 0
6
Indicati con A, B, C i punti del ciclo, il rendimento del ciclo vale
dove W è il lavoro compiuto in un ciclo
W = WAB + WBC + WCA
ZVB
ZVB
con WAB = pdV = p0 V0 2 V 2 dV = 13 p0 V0 2 (VB3
V0
V0
WBC = 0; WCA =
W = 34 RT0 (=
=
4 RT0
3 77
RT0
6
4
3
p0 V 0 =
RT0
8:314 300 J = 3325:6 J)
= 0:1
79
V03 ) = 37 RT0 ;
=
W
,
Q
a
,
(10/09/29) Una mole di gas reale, di equazione di stato p = RT
V
V2
con a costante positiva, è contenuta in un cilindro diatermico, chiuso da un
pistone scorrevole. Inizialmente il gas è in equilibrio ed occupa il volume VA
alla pressione pA , mentre nell’ambiente esterno la pressione è p0 < pA e la
temperatura T0 . Calcolare le variazioni di energia interna, di entalpia e di
entropia, una volta che il gas, espandendosi, raggiunge l’equilibrio …nale
Soluzione
L’espansione è irreversibile ma gli stati iniziale e …nale hanno la stessa
temperatura.
Per le funzioni di stato di cui si vuole calcolare la variazione, si ha:
U = CV T
(1)
a
V
) dU = CV dT +
a
dV
V2
dH = d(U + P V )
dS = T1 dU + PT dV = CV dT
+
T
a
dV
TV 2
+
R
V
a
TV 2
dV =
CV dT
+ VR dV:
T
ed essendo uguale la temperatura negli stati iniziale e …nale, si ha
RV
U = VAB Va2 dV = a VVBA VVBA > 0.
Per la seconda delle (1) la variazione di entalpia è
H=
U + pB VB
pA V A ,
e, tenuto conto dell’equazione di stato,
pB VB
pA VA = RTo
a
VB
RT0 +
a
VA
= a VVBA VVBA
H = 2a VVBA VVBA
Per quanto riguarda la variazione di entropia, dalla terza delle (1) si
ottiene:
S = R ln VVBA
Si osservi che sia la variazione di energia interna che le variazioni di
entalpia e di entropia dipendono dal volume.
80
(10/09/29) Un sistema termodinamico isolato è costituito da n = 5
moli di gas ideale biatomico in contatto con una sorgente termica (termostato) a temperatura t = 20 C. Inizialmente il gas è alla pressione p0
e successivamente viene fatto espandere …no a raggiungere la pressione p1
= p0 =10. Sapendo che nell’espansione la sorgente ha ceduto la quantità di
calore Q = 6 kcal , si determini la variazione di entropia del gas e si stabilisca
se la trasformazione è reversibile o meno.
Soluzione
L’espansione del gas avviene a temperatura costante, quindi detto V0 il
volume iniziale, la sua variazione di entropia risulta:
Sgas = nR ln VV01 = nR ln pp01 = 95:7 J=K:
La variazione di entropia della sorgente è
Ssorg =
Q
T
=
6000 4:186
293:15
=
85:676 J=K:
La variazione di entropia dell’universo vale:
Su = Sgas + Ssorg = (95; 7
Il processo è irreversibile.
85:676)J=K = 10:024 J=K
81
(11-02-22) Una mole di un gas ideale biatomico ( = 1:4 ) si espande
adiabaticamente e reversibilmente …no a dimezzare la pressione. Si calcoli:
a) La temperatura …nale Tf , nota quella iniziale Ti ;
b) Le energie interne iniziale e …nale, supponendo che le molecole possiedano
5 gradi di libertà;
c) il lavoro W e¤ettuato dal gas sull’esterno, supponendo nota la sua
pressione iniziale Pi .
d) Successivamente il gas compie esegue una compressione isoterma reversibile …no al volume iniziale e una compressione isocora reversibile …no a
ritornare alla pressione iniziale. Si calcoli il rendimento del ciclo.
[Ti = 280 K; Pi = 105 P a]
Soluzione
a) Utilizzando l’equazione di stato pV = nRT per eliminare V dall’equazione pV = cost dell’adiabatica reversibile si ottiene
Tf = ( Ppfi )
1
= 280 K
0:820 = 230 K
b) Dalla relazione U = 5nRT =2 si ottiene:
Ui = 5:82 kJ; Uf = 4:78 kJ.
c) Il lavoro può essere calcolato direttamente, utilizzando il primo principio Q = U + W (Q = 0 in questo caso)
W =
U = 1:04 kJ
d) Il rendimento è dato dalla relazione
=1+
QC
QA
nRTf ln
=1+
Vi
Vf
nCV (Ti Tf ) )
=1+
nRTf ln
Pf
Pi
1
nCV (Ti Tf ) )
=
1
1+
2 230 ln(0:5) 1:4
5(50)
= 0:09
dove QC è il calore ceduto nell’isoterma e QA è il calore assorbito nell’isocora.
82
(11-02-22) Due moli di gas ideale monoatomico vengono compresse
isotermicamente e reversibilmente alla temperatura TA …no a dimezzarne
il volume. Una volta raggiunto lo stato …nale il gas viene isolato dalla sorgente facendolo espandere liberamente, …no a ripristinare lo stato iniziale.
Calcolare la variazione di entropia dell’universo.
Soluzione
Nell’universo termodinamico, costituito dal gas e dalla sorgente, avviene
una trasformazione irreversibile pertanto, per la legge di accrescimento dell’entropia si ha
Su =
Sisot +
Sirr +
Ssorg > 0:
Ma la variazione di entropia del gas nel ciclo è nulla:
Sisot +
Sirr = 0;
Sirr =
Sisot ;
(1)
pertanto
Su =
Ssorg > 0:
Per la seconda delle (1) la variazione di entropia della sorgente è uguale
ed opposta a quella del gas nell’isoterma; quindi
Ssorg =
Sirr =
nR ln
Vf
Vi
= 2R ln 2
83
11:5 J=K > 0;
(11-06-08) Un cilindro diatermico, munito di pistone libero di scorrere,
contiene una mole di gas reale assimilabile ad un gas di Van der Waals, in
cui a = 1:4 l atm l=mol2 e b = 0:04 l=mol; che occupa il volume V1 = 1 l:
Improvvisamente il gas viene fatto espandere contro la pressione atmosferica
p0 …no al volume V2 = 4 l: (la temperatura dell’atmosfera è To = 300 K)
Determinare la pressione iniziale del gas, calcolare il calore scambiato dal
gas durante l’espansione e la variazione d’entropia dell’universo.
Soluzione
Dall’equazione di Van der Waals
p1 =
RT0
V1 b
a
(V1 )2
8:314 300
103 P a
1 0:04
=
6
1:4 10
1:013 105 P a = 2:6
106 P a
L’espansione è irreversibile ma, essendo il cilindro diatermico, una volta
raggiunto l’equilibrio …nale, la temperatura del gas è uguale a quella iniziale.
Per il primo principio, il calore scambiato è dato da
Q=
U + W:
(1)
l’energia interna del gas di Van der Waals vale (N = 1)
a=V + cost.
U = CV T
la cui variazione dà
dU = CV dT + (a=V 2 ) dV
ma la temperatura …nale è uguale a quella iniziale e quindi
RV
= a V11 V12 = 1:4 l atm l(0:75 l 1 ) =
U = V12 a dV
V2
1:05 l atm = 1:05 10
3
1:013 105 J = 106 J:
Il lavoro contro la pressione esterna p0 è
W = p0 V = 3 l atm = 3 10
3
1:013 105 J = 304 J;
quindi Q = 106 J + 304 J = 410 J:
La variazione d’entropia del gas è data da
Sg = R ln VV12
b
b
= 8:314 ln 14
0:04 J
0:04 K
= 11:78 KJ ;
la variazione d’entropia dell’ambiente è
Sa =
Q
T0
=
410
J=K
300
=
1:37 J=K
e la variazione d’entropia dell’universo
Su = (11:78
1:37) J=K = 10:41 J=K:
84
(11-06-08) In un recipiente cilindrico adiabatico, munito di pistone anch’esso adiabatico, è contenuta una mole di gas ideale ed una massa m = 20
g di ghiaccio. Il sistema è in equilibrio alla pressione p0 = 1 atm e alla
temperatura t0 = 0 C. Il gas viene compresso reversibilmente …no a far
fondere tutto il ghiaccio. Calcolare il volume …nale del gas, assumendo indipendenti dalla pressione la temperatura ed il calore di fusione del ghiaccio.
( f = 80 cal=g).
Soluzione
Una mole di gas a p = p0 e a t = t0 ha un volume V0 = 22:414 10 3 m3 :
Finchè il ghiaccio è presente alla sua temperatura di fusione, la compressione è isoterma reversibile. In tal caso dal primo principio
U = 0; ) Q =
W,
dove Q è il calore assorbito nella fusione del ghiaccio e W il lavoro di
compressione esterno. Detto V1 il volume …nale del gas, si ha
Q=m
f
=
nRT0 ln VV01
da cui:
V1 = V0 exp
= 1:17
m f
nRT0
= 22:414 10
10 3 m3 .
85
3
exp
20 80 4:187
8:314 273:15
m3
(11-07-19) Una mole di gas ideale monoatomico alla temperatura iniziale
di tA = 27 C e pressione p0 = 1 atm esegue una trasformazione politropica
reversibile di equazione pV 2 = cost, aumentando il volume iniziale VA del
50%. Quindi con una isoterma reversibile arriva a uno stato C con VC = 2VA ;
dimezzando improvvisamente la pressione passa poi a uno stato D con volume
uguale a quello iniziale ed in…ne con una isocora reversibile ritorna allo stato
iniziale. Determinare il rendimento del ciclo.
Soluzione
pA VA 2 = pV
2
) p = pA V A 2 V 2
il lavoro compiuto da A a B vale
RV
RV
WAB = VAB pdV = VAB pA VA 2 V 2 dV = 31 pA VA 2 (VB3
1
p V 2
3 A A
(1:5 VA )3
VA3 ) =
VA3 = 0:792pA VA = 0:792RTA
e la temperatura in B vale
1
p V = R1 pA VA 2 VB3
R B B
3:375 R1 pA VA = 3:375TA ;
TB =
=
1
p V 2
R A A
(1:5 VA )3 =
per il primo principio il calore assorbito tra A e B è
QAB =
UAB + WAB = CV (TB
1:5 R(3:375 TA
TA ) + WAB =
TA ) + 0:792RTA = 4:354RTA ;
nell’isoterma da B a C
2
QBC = WBC = RTB ln VVBC = R 3:375 TA ln 1:5
= 0:971RTA :
La pressione in C vale PC = RTB =VC = R 3:375 TA =2VA :
Il lavoro compiuto nell’isobara irreversibile CD è
WCD =
PD (VC
VD ) = ( 0:5 R 3:375 TA =2VA ) VA =
0:5 R 3:375 TA =2 =
e TD = PD
0:844RTA
VA =R = 0:5 3:375 TA =2 = 0:844TA :
Il calore assorbito nell’isocora reversibile DA vale:
QDA = CV (TA
TD ) = 1:5 R(TA
0:844TA ) = 0:234RTA :
Il lavoro da D ad A è WDA = 0
e quindi il rendimento è
=
W
Qass
=
WAB +WBC +WCD
QAB +QBC +QDA
=
0:792+0:971 0:844
4:354+0:971+0:234
86
= 0:165
(11-07-19) Un sistema termodinamico isolato è costituito da n = 5 mol
di gas ideale biatomico, in contatto con una sorgente termica (termostato) a
temperatura di 20 C. Inizialmente il gas è alla pressione p0 e successivamente
viene fatto espandere …no a raggiungere la pressione p1 = p0 =10. Sapendo
che nell’espansione la sorgente ha ceduto la quantità di calore Q = 6 kcal , si
determini la variazione di entropia del gas e si stabilisca se la trasformazione
è reversibile o meno.
Soluzione
L’espansione del gas avviene a temperatura costante, quindi detto V0 il
volume iniziale, la sua variazione di entropia risulta:
Sgas = nR ln VV01 = nR ln ppo1 = 95:7 J=K.
La variazione di entropia della sorgente è
Ssorg =
Q=T = 85:7 J=K
La variazione di entropia del sistema vale
S=
Sgas +
Ssorg = 10 J=K
La trasformazione è irreversibile.
87
(11-09-23) Un recipiente con pareti rigide e capacità termica trascurabile, contiene 15 moli di azoto, in equilibrio termodinamico, alla temperatura T1 . Il sistema viene posto in contatto con una sorgente alla temperatura
0 C, attraverso una parete diatermica. Raggiunto il nuovo equilibrio, si
osserva che la variazione di entropia della sorgente è Ssorg = 800 J=K:
Calcolare la variazione di entropia del gas.
Soluzione
La trasformazione è irreversibile, ma la variazione di entropia della sorgente è sempre pari al rapporto tra il calore assorbito (ceduto dal gas) e la
sua temperatura, ossia
Ssorg =
Q
;
T2
) Q = T2
Ssorg = 273:15 800 = 2:185
105 J
dove T2 = 273:15 K.
Essendo Q = nCV (T1
T2 ), risulta:
T1 = T2 + Q=nCV = 273:15 +
2:185 105
15 2:5 8:314
K = 974 K
La variazione di entropia del gas risulta:
S = nCV ln TT21 = 15 2:5 8:314 ln 273:15
J=K =
974
88
396:4 J=K
(11-09-23) Un disco omogeneo di rame, girevole intorno al suo asse, è
contenuto in un recipiente rigido termicamente isolato riempito con V0 = 3 l
di azoto alla pressione atmosferica P0 = 1 atm e alla temperatura T0 = 300
K. Il raggio del disco è R = 20 cm e la sua massa M = 1 kg, ed esso ruota
inizialmente alla frequenza = 9000 giri=min: A causa dell’attrito con il
gas, il disco dopo un certo periodo di tempo si ferma.
(a) Quanto valgono Q; W e U riferiti al sistema complessivo (disco +
gas)?
(b) Quanto valgono Q; W e U riferiti al solo gas?
(c) A che temperatura …nale si porta il sistema?
(d) Qual è lo stato …nale (P,V,T) del gas?
J
Calore speci…co del rame c = 385 kgK
Soluzione
L’energia cinetica iniziale del cilindro vale
Ekin = 12 I! 2 = 14 (0:2)2 2
9000 2
60
J = 8882:6 J
! = 2 9000
= 942:48 rad=s
60
e si trasforma tutta in calore Q che scalda il sistema disco + gas.
Dal primo principio
Q=
U + W;
ma W è nullo
quindi, per il sistema complessivo
U =Q
Nello stato iniziale, per il gas (considerato ideale) si ha
p0 V0 = nRT0 ) n =
p 0 V0
RT0
=
(1:013 105 3 10 3 ) = (8:314 300) mol = 0:12184 mol
Per calcolare
T basta scrivere (c è il calore speci…co del rame)
Q = (M c + nCV ) T
T =
Q
(M c+nCV )
=
8882:6
K
385+0:12184 2:5 8:314
= 22:9 K
La temperatura …nale è quindi Tf = 322:9 K:
La variazione
Ug = nCV
Ug per il gas è
T = (0:12184 2:5 8:314) 22:9 J = 58 J
89
uguale al calore Qg ceduto al gas
La pressione …nale del gas vale (trascurando la variazione di volume del
disco il volume del gas è sempre V0 )
pf =
p0 Tf
T0
1:013 322:9
105
300
=
(Volume iniziale del disco v0 = 1=
Cu
= 8:3 103 kg=m3 ;
v = v0
Cu
T =
3
5 10
0:12048 10
Cu
5
105 P a (= 1:08 atm) :
P a = 1:0903
Cu
= 5 10
kg = 0:12048 10
5
K
22:9 m3 = 1:374
90
1
10
7
m3 )
3
m3 ,
(12-06-21)
Si consideri un serbatoio dotato di un’apertura circolare di diametro d.
Si vuole confrontare la portata uscente dal serbatoio nel caso in cui sia presente la sola apertura e nel caso in cui quest’ultima sia collegata ad un tubo
verticale di lunghezza L (vedere la …gura 4.1). Si consideri il ‡uido come
ideale.
1. Determinare nei due casi la velocità del liquido ad una distanza verticale L dall’uscita del serbatoio, posto che il pelo libero del serbatoio sia posto
ad un’altezza h rispetto al fondo. Trascurare l’abbassamento del pelo libero
con lo svuotamento.
2. Qual è la velocità del liquido nella sezione di uscita del serbatoio nei
due casi ?
3. Determinare la portata uscente nell’uno e nell’altro caso. Qual è il
dispositivo più e¢ cace?
Soluzione
1. Applichiamo il teorema di Bernoulli ad una traiettoria che va da un
punto A situato vicino al pelo libero del serbatoio ad un punto L situato
verticalmente al di sotto dell’apertura, ad una distanza L da questa.
Caso 1:
pA +
VA2
2
+ g (h + L) = pL +
VL2
2
(1)
In questa espressione, pA = pL = patm , e VA
p
VL = 2g (h + L):
0. quindi
Caso 2. L’equazione di Bernoulli scritta tra il pelo libero del serbatoio e
un punto L all’uscita del tubo si scrive esattamente come prima (1) e si ha
ancora pA = pL = patm .
91
Le due velocità sono identiche.
2. Stavolta scriviamo l’equazione di Bernoulli tra un punto prossimo al
pelo libero ed un punto B situato nella sezione di uscita del serbatoio.
Caso 1.
pA +
VA2
2
+ g (h + L) = pB +
dove pA = pB = patm , e VA
p
VB = 2gh
VB2
2
+ gL (2)
0. Ne deduciamo che
Caso 2.
L’equazione di Bernoulli non cambia, ma stavolta il punto U, all’uscita
del serbatoio, non si trova a pressione atmosferica. Infatti, per l’equazione
di continuità, nel condotto la velocità deve essere costante, dato che il ‡uido
è incomprimibile e la sezione è costante. Si ha dunque VU = VL , dove VL
è quella calcolata precedentemente. La velocità di e- usso dal serbatoio è
dunque maggiore nel caso 2.
3. Le portate di e- usso nei due casi sono
2p
2p
Q1 = d4 2gh; Q2 = d4 2g (h + L)
Il dispositivo più e¢ cace è dunque il secondo.
92
(12-06-21)
Una mole di gas ideale monoatomico, inizialmente alla pressione PA = 1
atm e temperatura TA = 500 K subisce le seguenti trasformazioni:
1) isoterma reversibile dallo stato iniziale A allo stato …nale B
caratterizzato da VB = 2VA ;
2) adiabatica irreversibile dallo stato B allo stato C tale che VC = 3VB e
TC = TA =2,
3) isoterma reversibile …no ad un certo stato D,
4) isobara reversibile dallo stato D allo stato iniziale A.
Calcolare:
(a) i lavori eseguiti dal gas nelle quattro trasformazioni,
(b) le quantità di calore scambiate dal gas nelle quattro trasformazioni,
(c) il rendimento del ciclo,
(d) la variazione di entropia del gas nella trasformazione adiabatica irreversibile.
Soluzione
VA =
RTA
PA
500
= 8:314 1:013
= 4:1037 10
105
2
m3
Nell’isoterma reversibile il gas compie il lavoro (uguale al calore assorbito)
WAB = QAB = RTA ln VVBA = (8:314 500 ln 2) J = 2881:4 J
Da B a C
QBC = 0;
WBC =
UBC = CV (TC
1:5 8:314 250 J =
TA ) =
3117:8 J
Da C a D
WCD = QCD = RTC ln VVDC =
(8:314 250 ln 12) J =
5164:9 J
perchè da D ad A (isobara)
VD
VA
=
TD
TA
=
1
2
) VD = 21 VA ;e TD = TC = TA =2
WDA = PA (VA
UDA = R(TA
VD ) = (1:013 105 0:5 4:1037 10 2 ) J = 2078:5 J
TD ) = (1:5 8:314 250) J = 3117:8 J
e quindi, per il primo principio
QDA =
UDA + WDA = (3117:8 + 2078:5) J = 5196:3 J
Il rendimento del ciclo è
93
=1+
oppure
QCD
QAB +QDA
=
=1
5164:9
2881:4+5196:3
WAB +WBC +WCD +WDA
QAB +QDA
=
= 0:36
2881:4+3117:8 5164:9+2078:5
2881:4+5196:3
= 0:36
La variazione d’entropia nell’adiabatica irreversibile BC è calcolata lungo
una trasformazione reversibile arbitraria, per esempio una isoterma da B a
E, stato con VE = VC e una isocora da E a C.
RC
RE
RC
SBC = B dQ
= B dU
+ PT dV + E dU
+ PT dV =
T rev
T
T
R ln VVBC + CV ln TTBC = R ln 3 + 1:5 R ln 12 =
8:314 ln 3 + 1:5 ln 21 J=K = 0:49 J=K
94
(12-06-21)
La temperatura all’interno del motore di un elicottero è 2000 C, la
temperatura dei gas combusti è 900 C. La massa dell’elicottero è M =
2 103 kg, il calore prodotto, per unità di massa del combustibile, è qcomb =
47 103 kJ=kg; e la densità del combustibile è = 0:8 g=cm3 . A che altezza massima può arrivare l’elicottero bruciando un volume V = 1 l di
combustibile?
Soluzione
Lavoro necessario per portare l’elicottero ad altezza H:
W = M gH
Per un ciclo di Carnot che dà l’e¢ cienza massima il rendimento vale:
=
W
Q2
T1
;
T2
=1
dove T1 e T2 sono le temperature delle sorgenti e Q2 è il calore assorbito
Quindi
W = 1
T1
T2
Q2
Il calore prodotto nella combustione è
Q2 = qcomb
V
e si ottiene
M gH = 1
H=
qcomb V
Mg
T1
T2
1
qcomb
T1
T2
=
V
47 103 kJ=kg (0:8kg=l) 1l
2 103 kg 9:8m=s2
95
1
1173
2273
= 928 m
(12-07-13)
Un estintore è in grado di produrre un getto ad alta velocità grazie alla
forte pressione interna. Si schematizzi l’estintore come un recipiente cilindrico
contenente nella parte inferiore un liquido ideale (con densità uguale a quella
dell’acqua) e in quella superiore un gas ad una pressione P; il becco di uscita
è collegato con un tubo di altezza h = 25 cm rispetto al livello del liquido
interno (la sezione normale del tubo è molto minore della sezione normale
del recipiente).
1) Quale deve essere il valore di P per ottenere una velocità di uscita
v = 35 m=s?
2) Con il valore di P della domanda precedente, quale diventa la velocità
di uscita se l’estintore viene utilizzato ad una quota dove ci sia una pressione
atmosferica ridotta al 70% di quella usuale?
Soluzione
Applichiamo il teorema di Bernoulli
P = P0 + 12 V 2 + gh = 1:013 105 + 500 352 + 9810 0:25 =
1:013 105 + 6:125 105 + 2452:5 = 7:162 105 P a
nel secondo caso si ha:
1
2
V12 = P P1 gh = (7:162 5 105 0:7 1:013 105
p
V1 = 6:4289 105 =500 = 35:858 m=s
96
2452:5) P a )
(12-07-13)
Tre moli di un gas ideale monoatomico vengono portati dallo stato A allo stato B mediante una espansione adiabatica nel vuoto. Successivamente,
il gas viene portato allo stato C tramite una compressione adiabatica irreversibile ed in…ne il gas viene posto a contatto con una sorgente a temperatura
TA e ritorna allo stato iniziale A con una trasformazione isobara irreversibile.
Sono dati la temperatura TA = 300 K, la pressione pA = 2 105 P a ed il
lavoro compiuto nella trasformazione BC; WBC = 3:7 104 J. Determinare
il volume dello stato C e calcolare la variazione di entropia dell’universo.
Soluzione
La trasformazione AB è un’espansione adiabatica libera, dunque il lavoro
è nullo e il calore scambiato è nullo. Quindi, dal primo principio, abbiamo:
UAB = 0
la trasformazione AB è anche isoterma, dato che per un gas ideale l’energia interna dipende solo dalla temperatura: TA = TB = 300 K.
Nella compressione adiabatica BC, QBC = 0; quindi il primo principio
implica che:
WBC =
UBC = ncv (TB
TC ) = ncv (TA
TC ) =
Risolvendo questa relazione rispetto a TC si ottiene:
TC = TA
WBC
ncv
= 300 + 3:7 104 = (4:5 8:314) = 1288:96K
Il volume dello stato C può essere ricavato dalla relazione
pC VC = nRTC ,
utilizzando il fatto che pA = pC si ha VC = nRTC =pA = 0:16 m3
Nella trasformazione CA il gas cede una quantità di calore QCA che può
essere calcolata facilmente perche la trasformazione è isobara:
QCA = ncp (TA
TC ) =
61666:6 J
Questa informazione è utile per determinare la variazione di entropia
dell’universo
nel ciclo. Nel nostro caso, abbiamo
Su =
Sgas +
Samb
Le tre trasformazioni subite dal gas nel ciclo sono irreversibili, però sommando i contributi risulta Sgas = 0 in un ciclo. Quindi rimane solo da
97
determinare la variazione di entropia dell’ambiente. Essa viene data dal
fatto che la sorgente termica assorbe il calore Q ceduto dal gas, quindi
Q=
QCA = +61666:6 J
e la variazione di entropia dell’ambiente (e dell’universo ) risulta essere:
Su =
Samb =
Q
TA
=
61666:6
J=K
300
= 205:56 J=K:
98
(12-07-13)
Una macchina termica reversibile lavora tra due sorgenti a temperatura
T1 e T2 con T1 < T2 . Si può considerare la sorgente fredda con massa in…nita,
mentre la sorgente calda consiste di n moli di gas ideale biatomico a volume
costante e capacità termica molare CV , quindi la temperatura della sorgente
calda diminuisce nel tempo …no ad assumere alla …ne il valore T1 . (T1 = 300
K; T2 = 500 K; n = 10)
1) Si calcoli il calore totale estratto dalla sorgente calda.
2) Qual è la variazione totale di entropia della sorgente calda?
3) Quanto lavoro ha compiuto alla …ne la macchina?
4) Quanto calore è stato ceduto alla sorgente fredda?
Soluzione
1) Q2 = nCV (T2
2) dS =
dQ
T
T1 ) = 10 2:5 8:314 200 = 41570 J
RT
= nCTV dT =) S = T21 nCTV dT = nCV ln TT21 =
10 2:5 8:314 ln 35 J=K = 207:85 ( 0:510 83) =
3) (T ) =
dQ2 +dQ1
dQ2
=
dW
dQ2
T1
;
T
=1
dQ2 =
106:18 J=K
nCV dT
dove dQ2 è il calore fornito dalla sorgente calda quando T (temperatura
istantanea della sorgente calda) varia di dT , dQ1 = TT1 dQ2 (la macchina è
reversibile) è il calore ceduto alla sorgente fredda e dW è il lavoro compiuto
che sarà uguale a
dW = 1
T1
T
dQ2 =
1
T1
T
nCV dT
e quindi il lavoro totale è
R T1
W =
1 TT1 nCV dT = nCV (T2
T2
(41570
T1 )
nCV T1 ln TT12 =
300 106:18) J = 9716 J
II secondo termine è il calore totale Q1 ceduto alla sorgente fredda
Q1 =
300 106:18 J =
31854 J
99
(12-09-25)
In un tubo verticale a forma di tronco di cono, alto 10 m e con sezione
10 cm2 all’estremità più bassa, 30 cm2 all’estremità più alta, scorre acqua.
La pressione all’estremità più alta del tubo vale 105 P a, mentre la pressione
all’estremità più bassa vale 2:01 104 P a. Quanti m3 al secondo passano nel
tubo?
Soluzione
L’estremità più bassa si indica con 1, la più alta con 2. Le sezioni sono
A1 e A2 . L’altezza del tronco di cono d = h2 h1 , dove h1 e h2 sono le quote
delle due facce.
Usiamo l’equazione di Bernoulli
1
2
(v12
v22 ) = P2
P1 + gd;
la portata volumetrica (P = Av) vale A1 v1 = A2 v2 , quindi
v1 =
A2
v
A1 2
e sostituendo:
1
2
v2 =
2
A2
A1
v22
s
1 = P2
P2 P1 + gd
A1
A2
1
2
v12 1
s
v1 =
2
A2
A1
1
2
1
1
A1
A2
79900+98100
m=s
4 103
= 6:67 m=s:
2
P2 P1 + gd
1
2
=
q
P1 + gd
2
) = P2 P1 + gd
q
= 79900+98100
= 20:012 m=s
4
103
9
La portata richiesta vale
P = A2 v2 = 30 10 4 m2 6:67 m=s = 0:02 m3 =s
100
(12-09-25)
Un cilindro chiuso a pareti adiabatiche è diviso in due parti A e B da una
parete interna piana …ssa e diatermica. Nella parte A sono contenuti 3 g di
elio (gas monoatomico con massa molecolare 4) inizialmente alla temperatura
tA = 70 C , mentre in B ci sono 10 g di azoto (gas biatomico con massa
molecolare 28) inizialmente a temperature tB = 70 C. Supponendo che
i due gas si comportino come gas perfetti, calcolare ad equilibrio termico
raggiunto:
1) la temperatura di equilibrio …nale,
2) la quantità di calore scambiata,
3) la variazione d’entropia del sistema.
Soluzione
Calcoliamo i numeri di moli
NA = 3=4 = 0:75; NB = 10=28 = 0:35714
Il sistema è racchiuso da pareti adiabatiche, quindi, indicando con Te la
temperatura …nale, con CV A e CV B le capacità termiche molari a volume
costante dei due gas si ha:
UA +
UB = 0 ) NA CV A (Te
TA ) + NB CV B (Te
TB ) = 0
da cui
Te =
1
NA CAV +NB CBV
1
0:75 1:5+0:35714 2:5
(NA TA CAV + NB TB CBV ) =
(0:75 203:15 1:5 + 0:35714 343:15 2:5) K = 265:1 K
Il calore Q scambiato (positivo per A e negativo per B vale:
Q = NA CV A (T
TA ) = 0:75 1:5 8:314 (265:1
203:15) J = 579:43 J
La variazione d’entropia del sistema è
RT
R Te
S = TAe NA CV A dT
+
NB CV B dT
= NA CV A ln TTAe + NB CV B ln TTBe =
T
T
TB
265:10
0:75 1:5 8:314 ln 203:15
+ 0:35714 2:5 8:314 ln 265:10
J=K =
343:15
0:574 J=K
101
(12-09-25)
L’inventore del motore X dichiara che il lavoro svolto dalla sua macchina
ad ogni ciclo è W = 120 J; e che esso opera tra le temperature T2 = 373:15
K e T1 = 273:15 K, con rendimento X = 75%.
1) Tale a¤ermazione è verosimile?
2) Se il motore X esistesse davvero, quanto calore Q2 assorbirebbe dalla
sorgente calda e quanto calore Q1 cederebbe alla sorgente fredda ad ogni
ciclo?
3) E se esistesse davvero, quale sarebbe la variazione di entropia ad ogni
ciclo per l’intero sistema che comprende il ‡uido e le due sorgenti?
Soluzione
1) Il rendimento di un ciclo di Carnot operante tra le stesse temperature
vale
C
T1
T2
=1
273:15
373:15
=1
= 0:268
27%:
Non può esistere un motore con rendimento maggiore di quello di Carnot
operante tra le medesime temperature. Quindi il motore X deve avere un
rendimento minore del 27%.
2)
X
Q2 =
=
W
,
Q2
W
=
X
quindi il calore Q2 vale
120
J
0:75
= 160 J.
E applicando la prima legge della termodinamica a un ciclo
W = Q1 + Q2 .
che dà il valore di Q1
Q1 = W
Q2 = 120 J
160 J =
40 J.
3) La variazione dell’entropia del ‡uido ad ogni ciclo è nulla: La variazione
d’entropia totale ad ogni ciclo è data dalla somma delle variazioni d’entropia
della sorgente calda, e della sorgente fredda,
S=
Q1
T1
+
Q2
T2
=
40
273:15
+
160
373:15
J=K =
0:28 J=K
L’entropia totale diminuisce, quindi il motore non è realizzabile.
102
(13/02/20)
L’acqua contenuta in un tubo verticale di sezione S = 102 cm2 e altezza
h = 1 m; è spinta da un pistone inferiore a cui è applicata una forza verticale
F = 200 N diretta verso l’alto.
1) A quale velocità v fuoriesce il liquido da un piccolo foro posto sulla
sommità del tubo?
2) A che altezza H sopra la sommità del tubo arriva il getto? (trascurando
la resistenza dell’aria)
Soluzione
1) Applichiamo il teorema di Bernoulli tra la sezione inferiore e quella
superiore, trascurando la sezione del foro rispetto alla sezione del cilindro, se
p è la pressione determinata dalla forza, e la densità dell’acqua, si ha:
p = gh +
1
2
v2
dove p = F=S
p
perciò v = 2 (F= S
m=s
gh) =
p
2 (200= (103 10 2 )
9:81)m=s = 4:51
2) Si conserva la densità d’energia meccanica dell’acqua e quindi
1
2
v 2 = gH ) H =
v2
2g
=
(4:5144)2
m
2 9:81
= 1:04 m
103
(13/02/20)
7 moli di gas perfetto monoatomico sono inizialmente racchiuse in condizioni di equilibrio alla pressione di 10 atm all’interno di un recipiente di
volume 10 l con pareti adiabatiche. A un certo istante un laser invia un
impulso e scalda il gas fornendogli un calore Q = 20 cal.
Trascurando la capacità termica e l’espansione termica del recipiente,
determinare:
a) l’aumento di temperatura del gas,
b) l’aumento di energia interna del gas,
c) l’aumento di entropia del gas.
d) Determinare inoltre le stesse quantità nel caso in cui le pareti non
siano adiabatiche ed il recipiente venga posto in contatto con una sorgente
con Ts = 0 C:
e) Determinare in quest’ultimo caso la variazione d’entropia dell’universo.
Soluzione
a) La temperatura iniziale T0 si determina usando l’equazione di stato
p0 V = nRT0 ) T0 =
p0 V
nR
=
10 1:013 105 10
7 8:314
2
K = 174:06 K
b) L’energia interna iniziale vale
U0 = 32 nRT0
e l’aumento dell’energia (per il primo principio) è
U = Q = 20 4:18 J )
3
2
T =
2 Q
3 nR
=
2 20 4:18
3 7 8:314
c) la variazione dell’entropia del gas vale
R dQ
R T1 nCV dT
S
=
=
=
T
T
To
= 0:96 K
3
2
175
7 8:314 ln 174:06
J=K = 0:47 J=K
d) Nel secondo caso il calore fornito al gas vale
Q1 = 32 nR (TS
T0 ) ;
La variazione di temperatura è
T1 = (TS
T0 ) = (273:15
174:06) K = 99:09 K
La variazione d’energia vale
U1 = Q1 =
21
2
8:314 99:09 J = 8650:3 J
104
7
8:314 ln TT01
=
La variazione d’entropia del gas
S1gas =
21
2
8:314 ln TTS0 =
e quella della sorgente
21
2
S1s =
273:15
8:314 ln 174:06
J=K = 39:3 J=K
Q1
T0
=
8650:3
J
273:15
Perciò la variazione d’entropia dell’universo è
S1u = (39:3
31:7) J=K = 7:6 J=K
105
=
31:7 J=K
(13/02/20)
Un sistema termodinamico inizialmente in uno stato A a temperatura
T1 = 400 K passa a uno stato B con temperatura T2 = 500 K mediante una
trasformazione reversibile caratterizzata dall’equazione T = aS + b; dove S
è l’entropia, T la temperatura assoluta, a = 45 K 2 =cal e b = cost.
Calcolare il calore scambiato dal sistema con l’ambiente. Successivamente
il sistema passa a uno stato C a temperatura T1 con una trasformazione
adiabatica reversibile e quindi ritorna allo stato iniziale con un’isoterma
reversibile. Calcolare il rendimento del ciclo.
Soluzione
Per il terzo principio b deve essere nullo. L’entropia iniziale SA vale T1 =a
e quella in B SB = T2 =a:
Il calore assorbito è allora
R
RS
S
1
1
(T22 T12 ) = 90
(250000 160000) cal =
QAB = T dS = S12 aSdS = 21 a [S 2 ]S21 = 2a
4187 J
Il calore scambiato nella trasformazione tra B e C è nullo, mentre il calore
ceduto dal sistema tra C e A vale
QCA =
T1 (SB
SA ) =
T1 (T2
T1 ) =a
il rendimento del ciclo è pertanto
=
QAB +QCA
QAB
=1
T1 (T2 T1 )
1
a( 2a
(T22 T12 )
=
T2 T1
T1 +T2
106
=
100
900
= 1=9
(13/07/03)
Una provetta di massa m, altezza l e sezione S è immersa completamente in un liquido di densità che la riempie completamente. La pressione
all’esterno del liquido è la pressione atmosferica P0 . Si può trascurare il
volume occupato dalla massa della provetta.
La si inizia ad estrarre mantenendola capovolta. Si chiede di determinare,
sommando esplicitamente le forze in gioco, la forza F che è necessario applicare per mantenere la provetta in equilibrio in funzione della quota h della
base della provetta.
Provetta completamente immersa (h<0)
Soluzione
Possiamo distinguere quattro diverse fasi dell’estrazione. Per ciascuna
consideriamo il valore delle componenti verticali delle forze che agiscono (asse
verticale z diretto verso l’alto):
la forza peso ( mg), la forza Fint = SPint ; associata alla pressione Pint
applicata alla base della provetta dal suo interno,
la forza Fext = SPext ; associata alla pressione Pext applicata alla base
della provetta dal suo esterno.
Per avere equilibrio dovremo quindi applicare una forza con componente
verticale:
F = mg
SPint + SPext
1). La provetta è completamente immersa nel liquido. Dato che possiamo
trascurare lo spessore della provetta, le pressioni Pint e Pext saranno uguali
(perchè alla stessa altezza), e quindi
107
F = mg
2). Adesso una parte della provetta di lunghezza h è di fuori dal liquido.
Se gh < P0 l’interno della provetta resta completamente riempito di ‡uido.
Avremo quindi
Pint = P0
gh e Pext = P0 , da cui F = mg + gSh
3). Appena gh > P0 l’altezza della colonna di ‡uido all’interno della provetta smette di salire, lasciando una frazione vuota. Di conseguenza Pint = 0 (trascurando la pressione del vapore soprastante il liquido) e
Pext = P0 , da cui
F = mg + P0 S
4). Adesso la provetta contiene aria, quindi Pint = Pext = P0 e
F = mg
Notare che la forza F dipende da h in modo continuo, salvo che al
passaggio dalla fase 3 alla fase 4 quando si svuota bruscamente di ‡uido.
108
(13/07/03)
Sul fondo di un cilindro adiabatico di sezione S munito di un pistone mobile e adiabatico si trova uno strato di materiale di capacità termica C1 . Nella
parte superiore si trovano n moli di un gas perfetto monoatomico. Inizialmente il sistema è in equilibrio termodinamico, con pressione e temperatura
P0 e T0 note.
1. Si raddoppia molto lentamente la pressione. Calcolare la nuova temperatura.
2. Partendo dalla stessa condizione iniziale si raddoppia istantaneamente
la forza applicata al pistone. Calcolare anche in questo caso la temperatura
nello stato …nale di equilibrio.
3. Calcolare la variazione di entropia del sistema e dell’universo nei due
casi precedenti.
Soluzione
1) Dal primo principio abbiamo, considerando che non si hanno scambi
di calore con l’esterno,
0 = dU + pdV
ma la variazione dell’energia interna U del sistema si può scrivere come
la somma delle variazioni d’energia del gas e del materiale, quindi
dU = 32 nRdT + C1 dT
e allora
3
nR
2
+ C1 dT +
nRT
dV
V
=0
che può essere integrata direttamente:
3
nR
2
+ C1 ln T + nR ln V = costante
ossia
3
T ( 2 nR+C1 ) V nR = costante
oppure, usando la legge dei gas perfetti,
TP
= costante
con
=
Da questo segue subito che
Tf = T0
Pf
P0
= T0 2 :
109
nR
5
nR+C1
2
:
Oppure (usando la condizione di adiabaticità, l’espressione generale di dS
e l’equazione di stato dei gas perfetti:
dS = T1 dU + PT dV =
(perchè P dV =
3
nR
2
dT
T
+ C1
+
nR
dT
T
V
T
dP =
V dP + nRdT )
nR
dP = 0
P
P
T
C1 [(ln T )]Tf0 = nR [(ln P )]Pf0
5
nR
2
+ C1
5
nR
2
+
dT
T
da cui
Tf = T0 2
2) In questo caso non abbiamo a che fare con una trasformazione reversibile, quello che possiamo dire è che l’aumento dell’energia interna sarà
dato dal lavoro fatto sul sistema:
2P0 (Vf
V0 ) =
U=
3
nR
2
+ C1 (Tf
T0 )
ma d’altra parte negli stati iniziale e …nale di equilibrio
P0 V0 = nRT0 ;
2P0 Vf = nRTf
e sostituendo
nR(Tf
2T0 ) =
3
nR
2
+ C1 (Tf
T0 )
ossia
Tf =
7
nR+C1
2
5
nR+C1
2
T0
3) Nel primo caso la trasformazione è reversibile, quindi l’entropia dell’universo non cambia. Ma neppure si hanno scambi di calore con il sistema,
quindi anche l’entropia di quest’ultimo non varia.
Nel secondo caso la trasformazione è irreversibile. La variazione di entropia del sistema si trova calcolando la di¤erenza tra l’entropia dello stato
di equilibrio …nale e quella dello stato di equilibrio iniziale. Dato che
dS =
dQ
T
= T1 dU + PT dV =
3
nR
2
+ C1
dT
T
+ nR dV
V
possiamo scrivere
S=
3
nR
2
T
V
+ C1 ln Tf0 + nR ln Vf0 =
5
nR
2
T
+ C1 ln Tfo
e quindi
S=
5
nR
2
+ C1 ln
7
nR+C1
2
5
nR+C1
2
nR ln 2
Questa sarà anche la variazione di entropia dell’universo.
110
P
nR ln Pf0
(13/07/03)
Una mole di gas perfetto monoatomico, inizialmente in equilibrio, a temperatura TA = 300 K e volume VA = 1 dm3 , compie un ciclo costituito dalle
seguenti trasformazioni:
A ! B: espansione isobara, ottenuta ponendo a contatto il sistema con
una sorgente di calore a temperatura TB incognita;
B ! C: espansione adiabatica reversibile;
C ! D: abbassamento isocoro reversibile della temperatura;
D ! A: compressione adiabatica reversibile.
Sapendo che VB = 2VA e che VC = 3VA determinare:
1) Le temperature TB ; TC ; e TD
2) Il rendimento del ciclo.
3) La variazione di entropia del sistema e dell’universo in un ciclo.
Soluzione
nRTA
VA
1) pA =
=
8:314 300
Pa
10 3
pB = pA ) TB =
pB VB
nR
=
106 P a
= 2:49
pB 2VA
nR
= 2TA = 600 K
B ! C trasf. adiab. rev.) :pB VB = pC VC ; TB VB
pC = p B
VB
VC
TC = TB
VB
VC
= 2:49
1
= 600
2
3
5
3
2
3
106
2
3
P a = 1:267
1
= TC VC
1
quindi
106 P a
K = 458 K
oppure
TC =
p C VC
R
= 458 K
D ! A trasf. adiab. rev ) pD VD = pA VA ;
p D = pA
TD =
pD VD
R
TD = TA
VA
VD
=
VA
VD
= 2:49
1
3:99
8:314
1
= 300
106
1
3
5
3
P a = 3:99
105 3 10
1
3
2
3
3
105 P a
K = 144 K
= 144: 22
2) Il calore QAB è assorbito nel tratto AB (isobara) del ciclo e il calore
QCD è ceduto nel tratto CD (isocora), il rendimento vale quindi:
=1+
QCD
QAB
=1+
CV (TD TC )
CP (TB TA )
=1
111
3(314)
5(300)
= 0:37
3) La variazione d’entropia del sistema in un ciclo è nulla (S è funzione
di stato).
Nelle due adiabatiche reversibili la variazione d’entropia dell’universo Su
è nulla.
nel tratto AB (isobara) la sorgente cede calore al sistema e quindi
SuAB =
QAB
TB
=
CP (TB TA )
TB
=
5
8:314
2
1
1
2
J=K =
10:39 J=K
nel tratto CD (isocora) il sistema cede calore e quindi si ha:
R TD dq
RT
SuCD =
= nCV TCD dT
= 32 R ln TTDC = 23 8:314 ln 458
J=K =
T
144
TC T
14:43 J=K
perciò, in un ciclo
Su = (14:43
10:39) J=K = 4:04 KJ
112
(13/07/24)
Un serbatoio è posto ad una altezza H = 600 m rispetto ad un bacino
contenente acqua. Una conduttura formata da un tubo di di diametro d = 10
cm viene utilizzata per riempire il serbatoio.
1) Qual è la minima pressione necessaria alla base della conduttura per
farla funzionare?
2) Si consideri che la conduttura fornisca ogni giorno un volume V = 3000
m3 al serbatoio.
Qual è la velocità dell’acqua nella conduttura?
3) Per mantenere questa velocità quale deve essere la pressione aggiuntiva?
Soluzione
1) Sia = 1 103 kg=m3 la densità dell’acqua, allora la pressione minima
sarà
pmin = gH = 1 103 9:81 600 P a = 5:886
106 P a:
2) la portata nella condotta deve valere
q = 3000= (24 3600) m3 =s = 3:472 2
10 2 m3 =s
e quindi, se S è la sezione normale della condotta, la velocità dell’acqua
nella condotta sarà:
v = q=S =
3:472 2 10 2
m=s
(5 10 2 )2
= 4:42 m=s
3) Dal teorema di Bernoulli applicato tra due sezioni, una all’inizio della
condotta e l’altra all’ingresso del bacino, si ricava la pressione aggiuntiva p1
p1 + pmin = pmin +
p1 =
1
2
1
2
v 2 e quindi
v 2 = 0:5 103 (4:42)2 P a = 9768:2 P a:
113
(13/07/24)
Un cilindro a pareti adiabatiche e munito di pistone anch’esso adiabatico
è diviso in due parti uguali da un setto. Inizialmente il pistone è bloccato
e la parte inferiore, di volume VA = 2 l , contiene 0:4 moli di gas ideale
monoatomico alla temperatura TA = 27 C, mentre nella parte superiore vi è
il vuoto.
(a) Viene rimosso il setto ed il gas si espande liberamente. Determinare lo
stato …nale del gas (valori di pressione, volume e temperatura) e la variazione
di entropia del gas.
(b) Successivamente viene sbloccato il pistone e il gas viene compresso in
modo reversibile …no a riportarlo al volume iniziale. Di che tipo di trasformazione si tratta? Determinare la temperatura e la pressione del gas in
questo stato e il lavoro subito dal gas.
Soluzione
(a) In un’espansione libera di un gas ideale T = 0, per cui (denotando
con B lo stato raggiunto dal sistema)
TB = TA = 300:15 K;
inoltre: VB = 2VA = 4 l;
la pressione si può ricavare dall’equazione di stato dei gas ideali
PB = nRTB =VB = 0:4 8:314 300:15= (4 10 3 ) = 2:495 4
105 P a
La trasformazione è adiabatica irreversibile (è una trasformazione spontanea), quindi la variazione di entropia deve essere positiva e vale
S = nR ln(VB =VA ) = (0:4 8:314) ln 2 = 2:3 J=K
(b) La trasformazione è adiabatica reversibile.
pV = costante; ossia pB VB = pC VC
ma VC = VA , quindi:
PC = PB (VB =VA ) = 2:495 4
105 (2)5=3 = 7:92
105 P a
Dall’equazione di stato dei gas perfetti:
TC = PC VC =nR = 7:92
105 2 10 3 = (0:4 8:314) = 476:31 K
e dal primo principio
W = Q
878:76 J
U =
nCV
T =
0:4
114
1:5
8:314(476:31
300:15)J =
(13/07/24)
Una mole di gas perfetto monoatomico subisce le seguenti trasformazioni:
una adiabatica irreversibile dallo stato iniziale A; con pressione PA = 1 atm e
volume VA = 22 l, ad un certo stato B; una successiva compressione isobara
reversibile …no ad uno stato C caratterizzato da VC = VB =2. Dal lavoro
compiuto dal gas in quest’ultima trasformazione pari a W = 1:5 103 J si
calcoli la temperatura TB .
Si calcoli inoltre il lavoro compiuto nell’adiabatica irreversibile. In…ne, se
lo stato C è tale che con una trasformazione adiabatica reversibile il gas torna
nelle condizioni iniziali, si calcoli la pressione, il volume e la temperatura negli
stati B e C e la variazione di entropia durante l’adiabatica irreversibile.
Soluzione
Dall’equazione di stato
si ha
pA VA = RTA
TA = pA VA =R = 1:013 105 22 10 3 =8:314 K = 268:05 K
Conoscendo il lavoro WBC si determina TC
WBC =
1:5 103 J =
pC VC =
RTC
perciò
TC = 1:5 103 =8:314 K = 180:42 K
BC è un’isobara e quindi
VC = VB =2 ) TB = 2TC = 360:84 K
CA è un’adiabatica reversibile e dall’equazione
TA VA
1
1
= TC VC
si determinano VC e pC
1
VC = VA
TA
TC
1
= 22 10
3
268:05
180:42
3
2
= 3:984
10
2
m3
pC = RTC =VC = 8:314 180:42=0:039 84 P a = 37651 P a
Il lavoro compiuto nell’adiabatica irreversibile vale
WAB =
UAB =
1:5 8:314 (360:84
CV (TB
TA ) =
268:05) J =
1157:2 J
In un ciclo la variazione dell’entropia è nulla
115
S=
SAB +
SBC +
SCA = 0
SCA = 0 (adiabatica reversibile)
RT
R VC dV
R TC
SBC = TBC dU
+
P
=
C
P
T
VB T
TB
2:5 8:314 ln 21 =
14:407 J=K
quindi
SBC = 14:407 J=K
SAB =
116
dT
T
= CP ln TTBC =
(13/09/24)
Dato il cono a base circolare in …gura, determinare l’altezza h0 della
porzione di solido immerso nel ‡uido a densità 0 .
Soluzione
Dal principio di Archimede si ha 0 gV0 + 1 gV1 = gV (essendo, rispettivamente V0 e V1 le frazioni di volume del corpo immerse nei ‡uidi a densità
V0 l’equilibrio
0 e 1 , e V il volume totale del corpo). Risultando V1 = V
al galleggiamento si può scrivere come
V0 (
0
1)
=V(
1 ).
D’altra parte i volumi sono dati da V = d2 h=12 e V0 = d20 h0 =12
mentre dalla similitudine tra i triangoli si può scrivere d=h = d0 =h0 per
cui la precedente relazione diventa:
d20 h0
( 0
12
1)
=
d2 h
(
12
1 ); )
h30 =
da cui si ricava h0 = 0:367 m.
117
1
0
1
h3 ;
(13/09/24)
Una quantità n = 1:5 moli di un gas ideale monoatomico si trova in
un recipiente di volume V1 ad una pressione p1 = 1:0 atm e temperatura
T1 = 320 K. A partire da questo stato il gas percorre il ciclo composto dalle
seguenti trasformazioni reversibili:
i) compressione isoterma …no a V2 = V1 =2;
ii) espansione isobara …no a V3 = (3=4) V1 ;
iii) espansione politropica (del tipo pV k = cost) …no a tornare allo stato
iniziale.
Determinare:
a) i valori di V1 ; p2 ; T3 e dell’esponente k della trasformazione politropica;
b) il lavoro complessivo fatto dal gas nell’intero ciclo;
c) la variazione di entropia del gas lungo la trasformazione politropica e
il suo calore speci…co.
Soluzione
Il volume dello stato iniziale è
V1 = nRT1 =p1 = 3:94 10 2 m3
Per la pressione p2 abbiamo
p1 V1 = p2 V2 ) p2 = (V1 =V2 ) p1 = 2p1 = 2:0 atm
In…ne nello stato 3 abbiamo
p3 V3 = p2 V3 = nRT3 ) T3 = p2 V3 =nR =
480 K
2p1 (3=4)V1
nR
= 32 p1 V1 =nR = 32 T1 =
Gli stati 3 e 1 sono gli estremi della compressione politropica e quindi
p3 V3k = p1 V1k ) p1 =p3 = (V3 =V1 )k ) k =
ln(p1 =p3 )
ln(V3 =V1 )
=
ln 2
ln 3 ln 4
= 2:41
Il lavoro compiuto dal gas in un ciclo è pari a
W = W12 + W23 + W31 = nRT1 ln VV12 + p2 (V3
nRT1 ln 2 + 21 p1 V1 + knR1 (T3 T1 ) = 650 J
V2 ) +
1
(p V
1 k 1 1
p3 V 3 ) =
Per il calcolo della variazione d’entropia ricorriamo alla prima legge della
termodinamica
dQ = dU + dW = ncV dT + pdV = ncV dT +
dS = dQ=T = ncV dT
+ nR dV
T
V
118
nRT
dV
V
)
Perciò, per la trasformazione 3 ! 1 abbiamo
S31 = ncV ln TT31 + nR ln VV13 = nR
1:5 8:314
3
2
ln 23 + ln 34 =
3
2
ln 32 + ln 43 =
3:99 J=K
valutiamo il calore speci…co lungo la trasformazione politropica. Notiamo
che
pV k = cost ) T V k
1
= cost
e quindi, di¤erenziando si ricava
V k 1 dT + (k
1)T V k 2 dV = 0 ) dV =
1 V
k 1T
dT
Conseguentemente, sempre dalla prima legge abbiamo
dQ = ncV dT + pdV = ncV dT
nRT 1 V
V k 1T
dT = n cV
R
k 1
dT :
Ma osservando questa espressione si capisce che la quantità tra parentesi
tonde è proprio il calore speci…co molare del gas lungo la trasformazione
politropica in questione. E cioè
c = cV
R
k 1
=
3
2
1
k 1
R = 0:79R
119
(13/09/24)
5 moli di gas ideale compiono un ciclo con due isobare e due adiabatiche
(tutte reversibili). Le due isobare sono alle pressioni pA = 20:0 atm e pB =
10:0 atm, mentre l’espansione isobara a pressione più elevata si svolge tra i
volumi V1 = 5:0 l e V2 = 10:0 l. Supponendo di poter far lavorare la macchina
termica sia con un gas monoatomico che con uno biatomico, determinare:
a) la quantità di calore assorbito dai gas in un ciclo e per quale dei due è
maggiore;
b) la temperatura minima raggiunta da ogni gas lungo il ciclo;
c) l’espressione del rendimento della macchina speci…cando per quale gas
è maggiore.
Soluzione
Prendiamo come stati 1 e 2 gli estremi dell’espansione isobara a pressione
pA . Le temperature del gas in tali stati sono
T1 =
pA V1
nR
= 244 K;
T2 =
pA V2
nR
=
V2
T
V1 1
= 487 K
Gli stati 3 e 4 corrisponderanno agli estremi (tenendo conto dell’orientazione) della compressione isobara a pressione pB . Dato che questi due stati
giacciono rispettivamente sulle adiabatiche per gli stati 2 e 1, allora tenendo
conto che lungo un’adiabatica è pV = cost:, dovremo avere
1
V3 =
pA
pB
1
e
V2
V4 =
pA
pB
V1
1
Corrispondentemente, dato che lungo un’adiabatica è anche T V
cost, per le temperature di tali stati avremo
T3 =
a
1
1
V2
V3
T2 =
pB
pA
T2
e
T4 =
V1
V4
=
1
1
T1 =
pB
pA
T1
Nel ciclo il calore viene assorbito lungo la trasformazione 1 ! 2 ed è pari
Qa = Q12 = ncp (T2 -T1 )
D’altra parte, il lavoro prodotto in un ciclo è pari a
W = Q = Q12 + Q34 = ncp (T2
T1 ) + ncp (T4
1
ncp 1
pB
pA
(T2
T1 )
Corrispondentemente, il rendimento del ciclo è
120
T3 ) =
1
=
W
Qa
=
ncp (T2 T1 )+ncp (T4 T3 )
ncp (T2 T1 )
pB
pA
=1
=1
1
2
1
Ora, i calori speci…ci a pressione costante e l’esponente dei gas monoatomici e biatomici sono:
cp;mono = 52 R;
mono
=
5
3
e cp;bi = 72 R;
bi
= 75 .
Perciò
Qa;mono = 52 nR(T2 T1 ) = 2:53 104 J; Qa;bi = 27 nR(T2 T1 ) = 3:55 104 J;
che mostrano che il gas biatomico assorbe una maggior quantità di calore.
Per i rendimenti abbiamo
mono
1
2
=1
2
5
= 0:24
bi
=1
1
2
2
7
= 0:18,
che mostrano che è il ciclo del gas monoatomico quello a rendimento
maggiore.
La temperatura più bassa raggiunta nel ciclo è chiaramente T4 . Per i due
gas otteniamo
T4;mono =
1
2
2
5
T1 = 189 K;
T4;bi =
1
2
2
7
T1 = 200 K :
La temperatura minima è raggiunta dal gas monoatomico.
121
(14/18/02)
Acqua scorre con una portata Q = 50 l=min attraverso una piccola apertura alla base di un serbatoio in cui l’acqua ha una profondità di h = 4
m Quali sono la velocità di e- usso e la portata se si applica alla super…cie
dell’acqua una pressione aggiuntiva di 49000 P a?
Soluzione
La velocità di e- usso dipende dalla altezza dell’acqua nel serbatoio
secondo la legge
p
V = 2gh
dove g è l’accelerazione di gravità.
La pressione aggiuntiva p1 esercitata equivale a una colonna d’acqua
aggiuntiva di altezza
h1 = p1 = g = 4:9 104 =(103 9:81)m = 5 m
dove è la densità dell’acqua
La velocità di e- usso modi…cata sarà quindi
p
p
V1 = 2g (h + h1 ) = 2 9:81 (4 + 5)m=s = 13:29 m=s
La sezione di uscita A alla base del serbatoio è la medesima nei due casi
e quindi
p
3
A = Q=V = Q1 =V1 ) Q1 = QV1 =V = Q 9=4 = 0:00125 ms
122
(14/18/02)
Una macchina di Carnot assorbe in un ciclo (dalla sorgente a temperatura
più alta) una quantità di calore Q1 = 1:5 103 J ed ha un rendimento = 0:60.
Il lavoro W viene utilizzato per comprimere un gas ideale biatomico lungo una
trasformazione politropica reversibile (pV k = cost:) con k = 2:0, a partire da
uno stato iniziale caratterizzato dai valori di pressione, volume e temperatura
pi = 1 atm; Vi = 10 dm3 e Ti = 200 K. Determinare:
a) il lavoro W compiuto dalla macchina in un ciclo.
b) la pressione pf e il volume Vf del gas alla …ne della compressione;
c) Il calore scambiato dal gas nella trasformazione.
Soluzione
Nella macchina di Carnot la quantità di calore scambiata con la sorgente
ad alta temperatura è anche pari al calore assorbito dalla macchina stessa.
Perciò il lavoro da essa prodotto sarà pari a
= W=Q1 ! W = Q1 = 0:6 1:5 103 J = 900 J
Se tale lavoro viene utilizzato per comprimere un gas biatomico lungo la
politropica pV k = cost.
(con k = 2) a partire dallo stato (pi ; Vi ; Ti ), allora il lavoro compiuto dal
gas lungo tale trasformazione
dovrà essere pari a W .
Se indichiamo con Vf il volume …nale della trasformazione, il lavoro fatto
dal gas biatomico è pari a
ZVf
ZVf
Wk = pdV = pi Vik V
k
dV =
pi
Vk
1 k i
Quindi, dovremo avere
W ) [pf Vf
pi V i ] = pi V i
h
pf Vf
pi Vi
e sostituendo pf =pi = (Vi =Vf )k ; si ottiene
Vi
Vf
pi Vi
Vf =
h
k Vf
Vi
=
1
1 k
[pf Vf
Vi
Vi
Wk =
V1
k 1
1 = (k
Vi
1+
(k 1)
W
pi Vi
i
1)W )
Vi
Vf
i
1 = (k
k 1
1
k 1
Inserendo l’attuale valore di k (k = 2) si ha
123
=1+
1) W
(k 1)
W
pi Vi
)
pi V i ] :
Vf =
h
Vi i
1+ pWV
= 0:529 Vi = 5:29 dm3 ,
i i
e conseguentemente
pf =
Vi
Vf
2
pi = 3:57 atm = 3:57 1:013 105 P a = 3:616 4
105 P a
Notando che è n = pi Vi =RTi = 0:61 mol, si ha
Tf =
pf Vf
nR
=
3:616 4 105 5:28 10
0:61 8:314
3
= 376:5 K:
Il calore scambiato nella trasformazione lo otteniamo con il primo principio della termodinamica.
U =Q W )Q=
1:34 103 J:
U +W = ncV (Tf
124
T ) W = 52 nR(Tf
Ti ) W =
(14/18/02)
Una quantità n = 0:5 mol di un gas ideale monoatomico si trova in un
recipiente con pareti adiabatiche di volume V1 ad una pressione p1 = 1 atm
e temperatura T1 = 20 C. Successivamente, il volume del recipiente viene
aumentato rapidamente …no a V2 = 3V1 e il sistema è lasciato in quiete in
modo da raggiungere il nuovo stato di equilibrio. Poi la temperatura del
gas viene riportata a T1 tramite una lenta compressione isocora in cui il gas
assorbe una quantità di calore Q = 890 J. In…ne tramite una compressione
isoterma reversibile il gas è riportato al suo stato iniziale.
Determinare:
a) la variazione di entropia subita dal gas nella prima trasformazione;
b) il lavoro complessivo fatto dal gas nell’intero ciclo;
a) la variazione di entropia subita dall’ambiente (l’universo) nell’intero
ciclo.
Soluzione
Indichiamo con 1, 2 e 3 (nell’ordine) gli stati assunti in successione dal
gas. Dalla legge dei gas ideali
otteniamo subito
V1 =
nRT1
p1
= 12 dm3 ; V2 = V3 = 3V1 = 36 dm3 :
Il calore Q = Q23 assorbito dal gas nel passaggio dallo stato 2 allo stato
3 (a temperatura T3 = T1 ),
dovrà essere pari a
Q = Q23 = ncV (T3
T2 ) = ncV (T1
T2 )
e da questa ricaviamo
T2 = T1
Q
ncV
= T1
2Q
3nR
= 150:4 K
Conseguentemente, la variazione di entropia nella prima trasformazione
è data da
J=K:
S12 = ncV ln TT21 + nR ln VV12 = 0:5
8:314
3
2
150:4
ln 293:15
+ ln 3 = 0:405
Nella prima trasformazione, che è un’adiabatica irreversibile (il volume
viene variato rapidamente), non c’è scambio di calore con l’ambiente. D’altra
parte il calore scambiato nella compressione isoterma 3 ! 1 è pari a
Q31 = nRT1 ln VV13 = 0:5 8:314 293:15 ln 13 =
125
1:34 103 J =
1340:J
Quindi, il lavoro fatto dal gas nell’intero ciclo che è pari al calore che esso
scambia complessivamente è dato da
Wtot = Qtot = Q23 + Q31 =
450 J :
In…ne, si noti che l’ambiente in tutto il processo scambia con il nostro
sistema un calore pari a Qtot ; durante tale scambio il sistema (il gas) parte
dallo stato 1 (alla temperatura T1 ) e, dopo una serie di trasformazioni, vi
ritorna. Quindi, la variazione di entropia dell’ambiente vale
Samb =
Qtot
T1
= 1:53 J=K
126
(14-06-24)
In …gura è illustrata la camera di prova di una galleria del vento. La
galleria è dotata di 14 ventole, ciascuna con portata di 66:5 kgs 1 . La camera
di prova ha una sezione di 3:8 m 4 m ed è lunga 4:5 m La sezione a monte
del convergente è di 3:8 m 14 m. Assumendo che la pressione nella sezione
a monte del convergente sia pari a quella atmosferica in condizioni standard,
determinare:
1. la velocità dell’aria in camera di prova;
2. la forza agente su ciascuna delle quattro pareti della camera di prova,
indicandone il verso.
Si assuma la densità dell’aria uguale a = 1:225 kg=m3 .
Soluzione
La portata in massa complessiva dei ventilatori vale
Qm = 14 66:5 kgs
1
= 931:0 kgs
1
Le aree delle due sezioni valgono
A1 = (14 3:8) m2 = 53:2 m2 ; A2 = (4 3:8) m2 = 15:2 m2
Calcoliamo le velocità nelle due sezioni:
V1 =
Qm
A1
=
931
m=s
1:225 53:2
= 14:286 m=s
V2 =
Qm
A2
=
931
m=s
1:225 15:2
= 50:0 m=s
127
Conoscendo la pressione nel condotto a monte del convergente, pari alla
pressione atmosferica p0 = 101325 P a, possiamo calcolare la pressione nella
camera di prova, usando il teorema di Bernoulli
p0 +
1
2
V12 = p2 +
1
2
V22 ) p2 = p0 +
1
2
101325 + 0:5 1:225 (14:286)2 P a
V12
1
2
V22 =
0:5 1:225 (50)2 P a = 99919P a
Ciascuna delle quattro pareti della camera di prova è sottoposta su una
faccia alla pressione interna e sull’altra faccia alla pressione esterna (la pressione atmosferica). Per calcolare la forza derivante da questo sistema di
pressioni applicate alle facce, è necessario calcolare la di¤erenza di pressione
p tra l’interno e l’esterno, che risulta
p = p2
p0 = (99919
101325) P a =
1406 P a
Il segno meno indica che la pressione interna è minore della pressione
atmosferica.
Ciascuna delle pareti è sottoposta a una forza complessiva pari a p per
l’area della sua super…cie. Le pareti hanno area
Ainf
sup
= 4 4:5 = 18 m2 ;
Alaterale = 3:8 4:5 = 17:1 m2
Le forze di pressione sulle pareti risultano
Finf
sup
=
Flaterale =
p Ainf
sup
=
p Alaterale =
(1406 18) N =
25308:N
(1406 17:1) N =
24043:N
e sono dirette verso l’interno.
128
(14-06-24)
Sul fondo di un cilindro di sezione S munito di un pistone mobile e adiabatico si trova uno strato di materiale di capacità termica C1 . Nella parte
superiore si trovano n moli di un gas perfetto monoatomico. Inizialmente il
sistema è all’equilibrio termodinamico, con pressione e temperatura P0 e T0
note.
1. Si raddoppia molto lentamente la pressione. Calcolare la nuova temperatura.
2. Partendo dalla stessa condizione iniziale si raddoppia istantaneamente
la forza applicata al pistone. Calcolare anche in questo caso la temperatura
nello stato …nale di equilibrio.
3. Calcolare la variazione di entropia del sistema e dell’universo nei due
casi precedenti.
soluzione
1. Dal primo principio abbiamo, considerando che non si hanno scambi
di calore con l’esterno,
0 = dU + pdV
ma l’energia interna del sistema si può scrivere come la somma di quella
del gas e del materiale, quindi
dU = 32 nRdT + C1 dT
e quindi
3
nR
2
+ C1 dT +
nRT
dV
V
=0
che può essere integrata direttamente:
3
nR
2
+ C1 ln T + nR ln V = costante
ossia
129
3
T ( 2 nR+C1 ) V nR = costante
oppure, usando la legge dei gas perfetti,
3
T ( 2 nR+C1 )
T nR
P
5
T ( 2 nR+C1 ) p
nR
= costante
= costante
= costante
TP
con
=
5
nR+C1
2
nR
Da questo segue subito che
Tf = T0
Pf
P0
= T0 2
2. In questo caso non abbiamo a che fare con una trasformazione reversibile, quello che possiamo dire è che l’aumento dell’energia interna sarà
dato dal lavoro fatto sul sistema:
2P0 (Vf
V0 ) =
U=
3
nR
2
+ C1 (Tf
T0 )
ma d’altra parte negli stati iniziale e …nale di equilibrio
P0 V0 = nRT0
2P0 Vf = nRTf
e sostituendo
nR(Tf
2T0 ) =
3
nR
2
+ C1 (Tf
T0 )
ossia
Tf =
7
nR+C1
2
5
nR+C1
2
T0
3. Nel primo caso la trasformazione è reversibile, quindi l’entropia dell’universo non cambia. Ma neppure si hanno scambi di calore con il sistema, quindi anche l’entropia di quest’ultimo non varia. Nel secondo caso la
trasformazione è irreversibile. La variazione di entropia del sistema si trova
calcolando la di¤erenza tra l’entropia dello stato di equilibrio …nale e quella
dello stato di equilibrio iniziale. Dato che
dS =
dQ
T
=
3
nR
2
+ C1
dT
T
+ nR dV
V
possiamo scrivere
130
S=
3
nR
2
T
V
+ C1 ln Tf0 + nR ln Vf0 =
5
nR
2
T
+ C1 ln Tf0 + nR ln PPf0
e quindi
S=
5
nR
2
+ C1 ln
7
nR+C1
2
5
nR+C1
2
nR ln 2
Questa sarà anche la variazione di entropia dell’universo.
131
(14-06-24)
Un cilindro chiuso da pareti adiabatiche è separato in due parti A e B da
una parete interna …ssa e diatermica. Nella parte A sono contenuti 3g di elio
(gas monoatomico con massa molecolare 4) inizialmente alla temperatura
tA = 70 C mentre in B ci sono 10 g di azoto (gas biatomico con massa
molecolare 28) inizialmente a temperatura tB = 70 C. Supponendo che i
due gas si comportino come gas perfetti, calcolare, ad equilibrio termico
raggiunto:
a) la temperatura di equilibrio …nale;
b) la quantità di calore scambiata;
c) la variazione di entropia dell’intero sistema.
Soluzione
Calcoliamo i numeri di moli dei due gas
nA = 3=4 mol,
nB = 10=28 = 0:35714 mol
Il sistema è isolato e quindi
U = UA + UB = 0 ) nA cV A (Te
TA ) + nB cV B (TB
Te ) = 0
La temperatura d’equilibrio vale
Te =
nA cV A TA +nB cV B TB
K
nA cV A +nB cV B
=
0:75 1:5 203:15+0:35714 2:5 343:15
K
0:75 1:5+0:35714 2:5
= 265:1 K
Il calore scambiato tra A e B è
Q = 0:35714 2:5 8:314 (343:15
265:1) J = 579:38 J
la variazione d’entropia è legata alla cessione di calore tra A e B
dS = T1 dU )
S = nA cV A ln TTAe + nB cV B ln TTBe =
265:1
265:1
0:75 1:5 8:314 ln 203:15
+ 0:35714 2:5 8:314 ln 343:15
J=K =
0:574 J=K
132
(14-07-22)
Il dispositivo rappresentato in …gura deve disperdere una miscela d’acqua
e di insetticida. La portata di insetticida deve essere pari a Qi = 75 ml=min
mentre la portata d’acqua è Qa = 4 l=min.
Tutti i condotti e i recipenti sono cilindrici e l’area della sezione del pelo
libero dell’insetticida (a pressione uguale a quella atmosferica) contenuto nel
recipiente è molto maggiore della sezione del tubetto che comunica con lo
spruzzatore. I diametri noti di alcuni condotti cilindrici sono indicati in
…gura. Il punto A è 15 cm più alto del pelo libero dell’insetticida.
Calcolare, in tali condizioni, il valore della pressione nel punto A e il
diametro D del dispositivo.
Assumere uguale a quella dell’acqua la densità dell’insetticida.
Soluzione
Applichiamo l’equazione di Bernoulli tra un punto I situato nel condotto
di estrazione dell’insetticida, all’altezza del pelo libero, e il punto A:
pA +
1
2
VA2 + gH = pI +
1
2
VI2
dove H = 15 cm rappresenta la distanza tra il pelo libero del serbatoio
ed il punto A. Nell’ipotesi che l’insetticida nel serbatoio sia praticamente
in quiete, VI
0 la distribuzione delle pressioni è idrostatica, per cui la
pressione pI eguaglia la pressione del pelo libero, ovvero quella atmosferica.
La velocità dell’insetticida nel punto A, VA;i all’uscita del condotto di estrazione, può essere dedotta dalla portata di insetticida e dai dati geometrici
del condotto:
Qi = VA;i
d2
4
) VA;i = (75 10 6 =60)
133
2
(2 10 4 )
1
= 9:95 m=s
Pertanto, la pressione nel punto A è:
pA = p1
1
2
1:013 105
VA2
gH =
0:5 103 (9:95)2
103 9:81 0:15 P a = 50327 P a:
Calcoliamo la portata che ‡uisce attraverso il dispositivo. La portata
uscente da quest’ultimo è la somma della portata di acqua più quella dell’insetticida. La velocità della miscela all’uscita del dispositivo può essere
ricavata dalla relazione:
2
(75 10 6 =60)+(4 10 3 =60)
A
=
m=s =
Qi + QA = Vu D2u ) Vu = QiD+Q
u 2
(1:25 10 3 )2
( 2 )
13:84 m=s
Se adesso applichiamo l’equazione di Bernoulli alla traiettoria di una particella d’acqua che si sposta da un punto subito a monte di A (dove il ‡uido
che scorre nel dispositivo è solo acqua), …no all’uscita, possiamo ricavare la
velocità dell’acqua subito a monte del punto A
pA +
1
2
2
VA:a
= pu +
(13:84)2 +
1
2
2
(1:013
103
Vu2 ) VA;a = Vu2 + 2 (pu
105
50327)
1=2
1=2
pA )
=
m=s = 17:13 m=s
Nota tale velocità, possiamo …nalmente calcolare il diametro D dalla
relazione
q
q
3 =60)
QA
D 2
QA = VA;a
)D=2
= 2 (4 1017:13
= 2: 23 10 3 m
2
VA;a
134
(14-07-22)
Un recipiente cilindrico è diviso da un setto rigido in due parti A e B
di volume VA = 0:4 l e VB = 2:46 l, rispettivamente. Nella camera A
sono contenute nA = 0:02 moli di gas ideale monoatomico alla temperatura
T0 = 273 K; nell’altra camera è contenuto del gas ideale biatomico alla
pressione atmosferica p0 e temperatura T0 . Il setto rigido si rompe se la
pressione nella camera maggiore raggiunge il valore pm = 10 atm . Il gas nella
camera B viene compresso in modo reversibile, …no a provocare la rottura del
setto, spostando un pistone che può scorrere senza attrito lungo il cilindro.
Le pareti del recipiente, compreso il setto di separazione e il pistone, sono
adiabatiche. Si calcoli:
(a) il lavoro W compiuto dal gas durante la compressione;
(b) la temperatura …nale Tf della miscela gassosa risultante.
(c) la pressione …nale della miscela
Soluzione
Calcoliamo il numero di moli del gas in B
nB = p0 VB =RT0 = (1:013 105 2:46 10 3 ) = (8:314 273) mol = 0:11
mol
Il gas contenuto in B, per il quale = 7=5; compie una compressione
adiabatica reversibile …no al volume …nale VBf corrispondente alla pressione
pm
1:4
p0 VB1:4 = pm VBf
) VBf = VB
p0
pm
1
1:4
= 2:46 10
1
10
3
1
1:4
= 0:475 l
pV 1:4 = p0 VB1:4 ) p = p0 VB1:4 =V 1:4
Il lavoro compiuto dal gas di B vale
h
RV
RV
W = VBBf pdV = VBBf p0 VB1:4 V 1:4 dV = p0 VB1:4
135
V
0:4
0:4
iVBf
VB
= p0 VB1:4
VB 0:4
0:4
VBf0:4
0:4
=
1
0:4
(p0 VB
579:94 J
pm VBf ) =
1
0:4
(2:46 10
3
10 4:75 10 4 ) 1:013 105 J =
e la temperatura …nale TBf del gas in B ha il valore
TBf = pm VBf =nB R =
10 1:013 105 4:75 10
0:11 8:314
4
K = 526:14 K
Quando la parte B del cilindro arriva alla pressione pm , il setto si rompe
e i due gas formano una miscela, con numero di moli
n = nA + nB = 0:13 mol
il calore speci…co molare cV (AB) della miscela vale
cV (AB) =
nA cV A +nB cV B
nA +nB
=
0:02 1:5+0:11 2:5
R
0:13
= 2:3462R
le energie interne molari dei due componenti valgono
uA = 1:5 R T0 ; uB = 2:5 R TBf
L’energia interna molare della miscela ha il valore u = cV (AB) Tf , e deve
essere uguale alla somma delle energie interne molari dei due gas componenti
P
1:5 R T0 + 0:11
2:5 R TBf = (1176R) K
u = cV (AB) Tf = i ri ui = 0:02
0:13
0:13
e quindi si ricava la temperatura Tf della miscela
Tf =
1176
K
2:3462
= 501:24 K:
Il volume …nale è Vf = VA + VBf = 0:875 l, e la pressione …nale vale
p=n
RTf
Vf
= 0:13 8:314
8:75
501:24
10 4
= 6:19
105 P a
136
(14-07-22)
Su n moli di gas perfetto si esegue una trasformazione ciclica: Partendo
da A, si cede reversibilmente calore mantenendo il gas a volume costante,
…no ad arrivare a B. Il gas subisce poi una espansione isoterma, anche essa
reversibile, che lo porta nello stato C. La trasformazione irreversibile che
segue avviene abbastanza lentamente da poter considerare istante per istante
ben de…nito lo stato termodinamico del gas, che viene mantenuto a pressione
costante uguale a quella di A. A questo punto il gas viene messo in contatto
con un bagno termico ad una temperatura TA ignota. Quando si raggiunge
nuovamente l’equilibrio termico il gas si trova nuovamente in A. Si conosce la
temperatura TB ; e il calore QBC assorbito dal gas durante la trasformazione
isoterma. Determinare:
1. La variazione di entropia del gas tra B e C.
2. La temperatura TA :
3. Il lavoro fatto dal gas tra C e B.
4. La variazione di entropia dell’universo in un ciclo e veri…care che è
sempre 0.
Soluzione
1. La trasformazione isoterma è reversibile, e conosciamo il calore assorbito dal gas,quindi
SBC =
QBC
TB
2. La variazione dell’entropia del gas, funzione di stato, è nulla in un
ciclo. Possiamo quindi scrivere
SAB +
SBC +
SCA = 0
137
dove
SAB = ncv ln TTBA
quindi ncv ln TTBA +
QBC
TB
da cui TA = TB exp(
SCA = ncp ln TTBA
e
+ ncp ln TTBA = 0 ) nR ln TTBA +
QBC
TB
=0
QBC
)
nRTB
3. WAB = 0; quindi
WCB = PA (VA
VC ) = nR(TA
TB ) = nRTB exp(
QBC
)
nRTB
1 :
4. l’unica trasformazione irreversibile è C ! A; quindi la variazione dell’entropia dell’universo in un ciclo Su sarà data dalla somma delle variazioni
d’entropia del gas e della sorgente da C ad A
Su =
SCA +
S
= ncp ln TTBA +
SCA
veri…chiamo che
poniamo x TTBA
Su
Su = ncp ln x
1
d
dx
ln x
1
1; = 0 se x = 1
1
x
=
ncp
(TB
TA
TA ) > 0
0
1
x
1
x
> 0 sempre, infatti:
1
x2
=
1
x2
(x
1) < 0 se x < 1; > 0; se x >
Su è crescente se TA > TB ; decrescente se TA < TB ; con un minimo
nullo per TA = TB :
138
(14-09-23)
Un recipiente, a pareti verticali, poggia su un piano orizzontale ed è riempito, …no all’altezza h = 25 cm, con una massa d’acqua ma = 30 kg. In esso
viene posto a galleggiare un cubo di ghiaccio di spigolo l = 20 cm.
1) Si determini la pressione sul fondo, prima e dopo la fusione del ghiaccio.
2) Dopo la fusione del ghiaccio si pratica sul fondo un foro circolare di
diametro D = 20 cm; determinare la velocità di uscita dell’acqua.
Si assuma la densità dell’acqua a = 1000 kg=m3 e la densità del ghiaccio
3
gh = 940 kg=m
Soluzione
1) La sezione orizzontale S del recipiente è uguale a Va =h dove Va è il
volume dell’acqua contenuta prima di introdurre il cubo; quindi
S = 30 =2:5 dm2 = 12 dm2
Quando il ghiaccio è nel recipiente, per il principio di Archimede il peso
dell’acqua spostata è uguale al peso del cubo di ghiaccio: quindi il livello
dell’acqua prima e dopo la fusione del ghiaccio non cambia e la pressione sul
fondo sarà la stessa.
940
Vgh
La parte immersa del cubo di ghiaccio (prima di fondere) vale V1 = 1000
3
dove Vgh = 8 dm e quindi il volume totale occupato dall’acqua e dalla parte
immersa del ghiaccio è
Va + V1 = 30 +
940
8
1000
dm3 = 37:52 dm3
940
8
1000
= 7:52
a cui corrisponde un’altezza h1 = (Va + V1 ) =S = 31:267 cm
La pressione sul fondo vale quindi p = po +
la pressione atmosferica)
a gh1
(g = 9:81 m=s2 e p0 è
p = (1:013 105 + 103 9:81 0:31267) P a = 1:0437
105 P a:
103 9:81 0:31267 = 3067:3
2) Applicando il teorema di Bernoulli alla sezione 1 ad altezza h1 e alla
sezione 2 sul fondo si trova:
po +
a gh1
+
1
V2
2 a 1
ma V1 S = V2
2gh1 = V22 1
= po +
1
V2
2 a 2
(D=2)2 e quindi
(D=2)2
S
2
139
V2 =
s
2gh1
1
(D=2)2
S
2
=
r
2 9:81 0:31267
m=s
2
1 ( 12 )
140
= 2:5663 m=s
(14-09-23)
0:5 mol di gas ideale monoatomico occupano un volume V1 alla pressione
p1 = 1 atm e alla temperatura T1 = 20 C. Il gas si espande con una adiabatica irreversibile …no a V2 = 3V1 e poi è lasciato in quiete …no a raggiungere
il nuovo stato d’equilibrio 2: Successivamente, con una compressione isocora reversibile in cui il gas assorbe una quantità di calore Q = 890 J, la
temperatura del gas viene riportata a T1 in uno stato d’equilibrio 3. In…ne
con una compressione isoterma reversibile il gas ritorna allo stato iniziale.
Determinare:
1) le variazioni di entropia del gas nelle tre trasformazioni.
2) il lavoro complessivo compiuto dal gas nel ciclo.
Soluzione
Indichiamo con 1, 2, 3 gli stati d’equilibrio del ciclo
Il volume nello stato iniziale vale
V1 =
nRT1
p1
=
0:5 8:314 293:15
1:013 105
= 1:2
10
2
m3
e i volumi degli stati 2 e 3 V2 = V3 = 3V1 = 3:6
10 2 m3
Il calore assorbito da 2 a 3 vale
Q = Q23 = ncV (T1
e quindi T2 = T1
e
T2 )
Q
ncV
S23 = ncV ln TT12 =
= 293:15
2 890
0:5 3 8:314
K = 150:42 K
0:5 8:314 1:5 ln 150:42
J=K = 4:1607 J=K
293:15
la variazione d’entropia della prima trasformazione vale
S12 = ncV ln TT12 + nR ln VV21 = 0:5
150:42
8:314 1:5 ln 293:15
+ ln 3 J=K =
0:406 KJ
Nella prima trasformazione adiabatica irreversibile non c’è scambio di
calore, nella compressione isoterma …nale il calore ceduto vale
Q31 = nRT1 ln VV12 = 0:5 8:314 293:15 ln 31 J =
W12 =
889:99
U12 =
ncV (T2
T1 ) =
1338:8 J
0:5 8:314 1:5 (150:42
293:15) =
e la variazione d’entropia del gas sarà ( Stot = 0 in un ciclo)
S31 =
S12
S23 = ( 0:406
141
4:1607) J=K =
4:5667 J=K
Il lavoro fatto dal gas nell’intero ciclo vale
Wtot = Q23 + Q31 = (890
1338:8) J =
142
448:8 J
(14-09-23)
Un cilindro munito di pistone perfettamente scorrevole, contiene 0:3 mol
di azoto alla pressione p. Il sistema è in equilibrio termico con un bagno di
acqua e ghiaccio fondente in cui sono presenti 150 g di ghiaccio alla pressione
p0 = 1 atm. Il gas viene fatto espandere reversibilmente …nchè la sua pressione diventa uguale a p0 e al termine del processo si osserva che sono presenti
160 g di ghiaccio. Calcolare la pressione iniziale del gas e la variazione di
entropia dell’universo. (Entalpia di fusione del ghiaccio H = 334 kJ=kg).
Soluzione
Durante l’espansione, isoterma reversibile, il gas assorbe dal bagno una
quantità di calore pari a
Q = m H = 3340 J;
dove m = 10 g è la di¤erenza tra la massa del ghiaccio presente alla …ne
e quella iniziale.
D’altra parte nell’isoterma,
Q = W = nRT0 ln VV0 = nRT0 ln pp0 ;
da cui:
p = p0 exp
h
3340
nRT0
i
ln pp0 =
3340
;
nRT0
= 134:6 atm = 134:6 1:013 105 P a = 1:3635
107 P a
Sg = nR ln pp0 = 0:3 8:314 ln 136:35
= 12:227 KJ
1:013
ln 136:35
= 4:902 3
1:013
La variazione di entropia del bagno termico è
Sb =
Q
T0
=
3340
J=K
273:15
=
12:228 KJ
Ma il processo è reversibile, dunque la variazione di entropia del gas è
uguale ed opposta a quella del bagno. La variazione di entropia dell’universo
è zero.
143
15-06-23
Il livello dell’acqua in un serbatoio molto grande sul tetto di un edi…cio
è ad un’altezza da terra h0 = 30 m. Il serbatoio fornisce acqua attraverso
condutture di sezione S1 = 20 cm2 ai vari appartamenti. Ogni rubinetto da
cui esce acqua ha una sezione di apertura pari a S2 = 10 cm2 .
Calcolare:
a) Il tempo necessario per riempire un secchio di 30 dm3 in un appartamento a 20 m sopra il livello della strada.
b) La pressione di¤erenziale (di¤erenza tra la pressione nel punto considerato e la pressione nel punto 1) nella condotta principale, a livello del suolo,
a rubinetto chiuso e a rubinetto aperto.
soluzione
Applichiamo il teorema di Bernoulli a un punto 1 al pelo libero del serbatoio (V1 = 0), ad altezza h0 della conduttura e al punto 2 all’uscita del
rubinetto ad altezza h (indichiamo con p0 la pressione atmosferica e con la
densità dell’acqua)
p0 + gh0 = p0 + gh +
si ricava
p
V2 = 2g (h0
h) =
p
1
2
V22
2 9:81 10m=s = 14
la portata è quindi V2 S2 = 14 10 10
4 m3
s
e il secchio si riempie in 30=14 s = 2:14 s:
144
m
s
3
= 0:014 ms = 14 dm3 =s
A rubinetto chiuso la pressione di¤erenziale nel punto 3 a livello del suolo
vale
p3
p0 = gh0 = 103 9:81 30 P a = 2:943
105 P a
Applichiamo il teorema di Bernoulli tra il punto 1, il punto 3 nella conduttura e il punto 4 all’uscita del rubinetto, entrambi a livello del suolo, a
rubinetto aperto:
p0 + gh0 = p03 + 21 V32 = p0 + 12 V42
p
p
quindi V4 = 2gh0 = 2 9:81 30 = 24:3 m=s
ma la portata è costante, V3 S1 = V4 S2 e quindi V3 =
S2
V
S1 4
= 12 V4
la di¤erenza di pressione tra il punto 3 e il punto 1 vale
p03
p0 = gh0
3
2:943
4
1
2
V32 = gh0
105 P a = 2:21
1
2
105 P a
145
2
1
V
2 4
= gh0 1
1
4
=
15-06-23
Una macchina termica funziona tra due sorgenti alle temperature t1 = 400
C e t2 = 900 C, fornendo una potenza W = 20 M W , con rendimento pari al
50% di una macchina di Carnot che funziona tra le stesse sorgenti. Calcolare
i calori scambiati, la variazione di entropia dell’universo e l’energia inutilizzabile in ogni ora di funzionamento, supponendo che la macchina compia un
numero intero di cicli.
soluzione
Il rendimento della macchina è
= 0:5 1
T1
T2
= 0:5 1
673:15
1173:15
= 0:213
il lavoro erogato in un’ora:
W = 3600 2 107 J = 7:2
1010 J:
Le quantità di calore scambiate:
Q2 = W= = (7:2
Q1 = W
Q2 = 7:2
1010 J) =0:213 = 3:38
1010 J
3:38
1011 J;
1011 J =
2:66
1011 J
La variazione di entropia dell’universo in un’ora, è uguale a quella delle
sorgenti, in quanto la variazione
di entropia della macchina, lavorando ciclicamente, è nulla;
Su =
Q1
T1
+
Q2
T2
=
2:66 1011
673:15
+
3:38 1011
1173:15
J=K = 1:07
108 KJ
L’energia inutilizzabile vale
Ein = T1 Su = 673:15 1:07
108 = 7:2
1010 J
In e¤etti se la macchina fosse reversibile il lavoro compiuto sarebbe doppio
e quindi l’energia inutilizzabile è proprio uguale a W
146
15-06-23
Un corpo di capacità termica C = 15 cal=K, costante nell’intervallo di
temperature considerato, si trova alla temperatura t0 = 0 C: Esso viene
riscaldato …no alla temperatura t1 = 200 C in due modi diversi.
1) Ponendolo a contatto con una sorgente a temperatura t1 .
2) Ponendolo a contatto con una sorgente a temperatura t2 = 150 C e,
dopo aver raggiunto l’equilibrio, con la sorgente a temperatura t1 .
Calcolare la variazione di entropia dell’universo nei due casi.
soluzione
L’entropia è una funzione di stato, quindi, detta
entropia del corpo, in entrambi i casi risulta:
SC la variazione di
473:15
= 34:5 J=K
SC = C ln TT10 = 15 4:186 ln 273:15
Nel primo caso la variazione di entropia della sorgente è
ST1 =
C (T1T1T0 ) =
15 4:186
(200)
J=K
473:15
=
26:5 J=K,
e la variazione di entropia corpo e sorgente (universo):
Su =
SC +
ST1 = 8:0 J=K.
Nel secondo caso la variazione di entropia delle sorgenti è
ST2 +
ST0 1 =
C T2T2T0
6:9 4:186 J=K =
C T1T1T2 =
28:9 J=K
e la variazione di entropia dell’universo:
Su =
SC +
ST1 +
ST2 = 5:6 J=K
147
15
150
423:15
+
50
473:15
4:186 J=K =
15-07-14
Un recipiente è costituito da un cilindro verticale di diametro D = 9 cm;
sul quale è innestato un tubo orizzontale di diametro d = 3 cm, con asse a
una distanza l = 5 cm dal fondo del cilindro. All’altro estremo del tubo
orizzontale viene posto un tappo e il recipiente viene riempito d’acqua …no
all’altezza h = 50 cm: Supponendo che il piano su cui appoggia il cilindro sia
liscio, determinare la forza necessaria a mantenere fermo il recipiente quando
viene tolto il tappo.
soluzione
Togliendo il tappo, l’acqua esce dal tubo orizzontale. se indichiamo con
V0 e V le velocità dell’acqua alle quote h (alla sommità del cilindro verticale)
e l ( all’uscita del tubo orizzontale), applicando il teoreme di Bernoulli si ha
p0 + gh +
1
2
V02 = p0 + gl +
1
2
V2
Dal teorema di Leonardo si deduce che
D2
V
4 0
d2
V
4
=
=) V0 =
d2
V
D2
e quindi
V2 =
2g(h l)
1
d4
D4
In un tempo dt la massa che esce dal tubo vale
dm =
d2
V
4
dt
e la sua quantità di moto è
dp = dm V =
d2 2
V dt
4
Il recipiente subisce una variazione di quantità di moto e quindi è soggetto
a una forza di modulo
f=
103
dp
dt
=
d2 2
V
4
=
d2 2g(h l)
4 1 d44
0:25 (3 10 2 )
=
D
2
2
9:81(45 10
2
4
1 (0:33)
)
= 6:31 N
uguale ed opposta alla forza da applicare per mantenere fermo il recipiente.
148
15-07-14
Un gas ideale biatomico (2:5 mol) compie un ciclo partendo da un uno
stato A (P = 2 atm; V = 30 l) :
con una compressione adiabatica reversibile passa allo stato B con pressione doppia di quella iniziale, poi con una isocora reversibile passa a uno
stato C con pressione tripla di quella iniziale e in…ne con una espansione
politropica reversibile (pV k =cost) ritorna allo stato di partenza.
Determinare i valori di p; V; T in A, B, C.
Determinare l’esponente della politropica, e la variazione di entropia del
gas in tale trasformazione.
Calcolare il lavoro compiuto nel ciclo.
soluzione
TA =
pA VA
nR
=
2 1:013 105 30 10
2:5 8:314
3
= 292:42 K
Da A a B compressione adiabatica pV = cost, con
= 7=5 quindi si ha
1
pA VA = pB VB =) VB =
TB =
356:46 K
p B VB
nR
= 2
(0:5)5=7
pA
pB
VA = (0:5)5=7 VA = 18:3 l
pA VA
nR
= 2
(0:5)5=7 TA = 2
(0:5)5=7 292:42 =
in C si ottiene
VC = VB = 18:3 l;
pC = 3pA ;
TC =
pC VC
nR
= 3 (0:5)5=7 TA =
3 (0:5)5=7 292:42 K = 534:70 K
Tra C e A la trasformazione è politropica e si ottiene
pC VCk = pA VAk =)
VC
VA
k
=
pA
pC
=) k =
ln
ln
pA
pC
VC
VA
=
ln(1=3)
ln((0:5)5=7 )
= 2:22
In un ciclo la variazione d’entropia è nulla, da A a B (adiabatica)
l’entropia non cambia quindi
RT
SCA =
SBC = ncV TBC dT
= n 2:5 R ln TTBC =
T
2:5 2:5 8:314 ln
3
2
J=K =
21:1 J=K
Il lavoro totale compiuto in un ciclo è la somma d WAB e WCA
RV
RV
WAB = VAB pdV = pA VA VAB V dV = 1 1 (pB VB pA VA ) =
149
2:5 n R (TB
TA ) =
2:5 2:5 8:314 (356:46
292:42) J =
3327:7 J
WCA =
1
1 k
(pA VA
pC VC ) =
0:82 2:5 8:314 (292:42
0:82 nR (TA
TC ) =
534:70) J = 4129:3 J
Il lavoro totale vale W = (4129:3
3327:7) J = 801:6 J
150
15-07-14
Un cilindro con pareti adiabatiche è diviso da un pistone di massa trascurabile, in due scomparti uguali di cui uno è occupato da n = 0:5 mol di gas
ideale monoatomico alla temperatura di 27 C, mentre l’altro è vuoto. Il pistone viene sbloccato e reso libero di scorrere senza attriti, il gas può così
occupare l’intero volume; successivamente il pistone ritorna lentamente nella
posizione iniziale. Si determini:
1) la variazione di energia interna del gas
2) la variazione di entropia del gas
soluzione
La prima trasformazione è una espansione libera irreversibile, quindi la
temperatura T1 = T2 non cambia, il volume V1 si raddoppia (V2 = 2V1 ), la
pressione si dimezza e l’energia interna non varia.
La seconda trasformazione è una compressione adiabatica reversibile con
Vf in = V1 quindi
TV
1
= cost
=) Tf in =
1
V2
V1
T2 = 2
1
T2
la variazione di energia interna sarà uguale a
U = nCV (Tf in
T2 ) = 1:5 nR(2
1:5 0:5 8:314(22=3
1
1)T1 =
1)300:15 J = 1099:4 J
L’entropia varia solo nella prima trasformazione e la variazione è
S = nR ln VV12 = 0:5 8:314 ln 2 J=K = 2:88 J=K
151
15-09-24
Una pompa trasferisce acqua da un recipiente ad un altro, più in alto
di 5 m, attraverso un tubo. Il raggio del tubo non è costante, ma aumenta
gradatamente da R1 = 1 cm (estremità inferiore) a R2 = 2 cm (estremità
superiore). La velocità dell’acqua all’estremità inferiore del tubo è 8 m=s.
1) Calcolare la di¤erenza di pressione tra le due estremità del tubo
2) Calcolare la potenza dalla pompa.
soluzione
L’estremità più bassa del tubo si indica con 1, la più alta con 2. Le sezioni
sono A1 e A2 . L’altezza del tubo è d = h2 h1 = 5 m, dove h1 e h2 sono le
quote delle due estremità.
Applicando il teorema di Bernoulli e l’equazione di continuità A1 V1 =
A2 V2 ; si ottiene per la di¤erenza di pressione p = p1 p2 :
p1
ma V2 =
p1
1
2
(V22
A1
A2
V1 =
1
2
1
16
p2 =
p2 =
V12 ) + gd
R12
V
R22 1
= 14 V1
1 V12 + gd = 103
15
0:5 16
64 + 9:81 5 P a =
19050 P a
Il lavoro fatto in un secondo dalla pompa è, prendendo come riferimento
un cilindretto di liquido contenuto nel tubo di lunghezza l, è quello
compiuto dalla forza esercitata dalla di¤erenza di pressione durante l’intervallo di tempo t:
P = W= t =
F
l
t
= (p1
p2 ) A1 V1 = 19050:0
152
10
4
8 W = 47:9 W
15-09-24
Un sistema termodinamico assorbe una quantità di calore Q2 = 200 J
da una sorgente a temperatura t2 = 30 C, cede calore ad una sorgente alla
temperatura t1 = 70 C e torna allo stato iniziale. Non ci sono altri scambi
di calore. Il lavoro prodotto è W = 50 J.
1) Calcolare il rendimento del ciclo;
2) Calcolare il valore dell’integrale di Clausius esteso al ciclo.
3) Stabilire se il ciclo è reversibile o no e giusti…care la risposta.
4) Calcolare la variazione d’entropia dell’universo e l’energia inutilizzabile
soluzione
1)
=
W
Q2
=
50
200
= 0:25
2) Poichè le sorgenti sono due l’integrale di Clausius si riduce ad una
somma di 2 termini:
Q1
T1
+
Q2
T2
=
150
203:15
+
200
303:15
J=K =
7:86
10 2 J=K
3) Il ciclo è irreversibile perchè scambia calore con 2 sorgenti ma il rendimento è minore del rendimento del ciclo Carnot
C
=1
T1
T2
=1
203:15
303:15
= 0:3299
4) L’integrale di Clausius cambiato di segno rappresenta la variazione
dell’entropia dell’universo
Su = 7:86
10
2J
K
L’energia inutilizzabile si ottiene moltiplicando
Ein = T1 Su = 203:15 7:86
Su per T1
10 2 J = 16 J
ed è uguale alla di¤erenza tra il lavoro che sarebbe compiuto da una
macchina reversibile e quello e¤ettivamente compiuto
Ein = WR
W = (0:33 200
50) J = 16:0 J
153
15-09-24
In una trasformazione politropica pV k = cost, la pressione e il volume di
una certa massa di ossigeno variano da pA = 4 atm; VA = 1 l a pB = 1 atm;
VB = 2 l . La temperatura iniziale è 500 K. Si determini:
1) il calore scambiato dall’ossigeno con l’ambiente.
2) la variazione di energia interna del gas.
3) la variazione di entropia del gas.
Soluzione
Il numero di moli di ossigeno vale
n=
p A VA
RTA
=
4 1:013 105 1 10
8:314 500
e la temperatura TB =
3
mol = 9:75
pB VB TA
pA VA
2TA
4
=
10
2
mol
= 250 K:
determiniamo il coe¢ ciente k della politropica
pA VAk
=
pB VBk
)
VA
VB
p
k
=
pB
pA
)k=
ln( pB )
ln
A
VA
VB
=
ln
ln
1
4
1
2
= 2:0
L’ossigeno è biatomico, quindi cV = 52 R; la variazione di energia interna
del gas vale pertanto
U = ncV (TB
TA ) = 9:75
10
2
2:5 8:314 ( 250) J =
506:6 J
dal primo principio si ha Q = U + W e quindi il lavoro compiuto vale
RV
RV
W = VAB pdV = pA VA2 VAB V 2 dV = 4 1:013 105 10 6 0:5 103 =
202:6 J
il calore ceduto è
Q=
U +W =
304 J:
La variazione d’entropia del gas ha il valore
RB
RT
RV
S = A dQ
= ncV TAB dT + nR VAB dV
= ncV ln TTBA + nR ln VVBA =
T
V
9:75
10
2
8:314 2:5 ln 12 + ln 2 J =
154
0:843 J
15-10-27
Una siringa contiene un ‡uido ideale con la densità dell’acqua. La canna
della siringa ha una sezione di area S1 = 2:5 10 5 m2 e l’ago ha una sezione
di area S2 = 1:0 10 8 m2 :In assenza di una forza sul pistone, la pressione
esterna è di 1 atm.
Una forza F di intensità 2 N agisce sul pistone, facendo sì che il ‡uido
schizzi orizzontalmente dall’ago. Determinare la velocità del ‡uido quando
esce dalla punta dell’ago.
soluzione
Per il teorema di Leonardo
S1 V1 = S2 V2 ) V1 =
quindi V1
S2
V
S1 2
=
1:0 10
2:5 10
8
5
V1 = 4 10 4 V1
V2
Il teorema di Bernoulli si può quindi scrivere nella forma sempli…cata:
pa +
F
S1
= pa +
da cui
q
V2 = 2
F
S1
=
1
2
V22
q
2 1000
2
2:5 10
5
m=s = 12:65 m=s
155
15-10-27
Un cilindro rigido e adiabatico è diviso in due parti da un setto di area
S = 40 cm2 , anch’esso adiabatico, che può scorrere al suo interno. Una parte,
di volume V1 = 6 l, contiene 2 mol di gas ideale biatomico; l’altra parte, di
volume V2 = 3 l contiene 1:3 mol dello stesso gas. Inizialmente la pressione
nelle due parti è p = 10 atm ed il sistema si trova in equilibrio meccanico
col setto in una certa posizione. Bloccato il setto in tale posizione e facendo
venir meno la sua adiabaticità, si calcoli la forza che agisce su di esso e la
variazione di entropia del sistema.
soluzione
Le temperature iniziali dei gas vanno determinate mediante l’equazione
di stato:
T1 =
pV1
n1 R
=
10 1:013 105 6 10
2 8:314
3
T2 =
pV2
n2 R
=
10 1:013 105 3 10
1:3 8:314
3
K = 365:53 K,
K = 281:18 K
Una volta che il setto diventa diatermico, calore ‡uisce da una parte
all’altra e viene raggiunta la temperatura …nale Tf: Tenuto conto che l’energia
interna dell’intero sistema è costante, nel processo la sua variazione è nulla:
U=
U1 +
U2 = 0:
Essendo
U1 = n1 CV
T1
e
U 2 = n2 C V
T2
si ha
U = n1 CV (Tf
T1 ) + n2 CV (Tf
T2 ) = 0
Da cui:
Tf =
n1 T1 +n2 T2
n1 +n2
=
2 365:53+1:3 281:18
3:3
= 332:3 K:
La forza che agisce sul setto risulta
F = S(p2
p1 ) = SRTf
n2
V2
4
8:314 332:3
1:3
3
40 10
n1
V1
2
6
=
103 N = 1105:1 N
La variazione di entropia del sistema vale
S=
S1 +
T
T
S2 = n1 CV ln Tf1 + n2 CV ln Tf2 =
332:3
332:3
2 ln 365:53
+ 1:3 ln 281:18
2:5 8:314 = 0:55 J=K;
156
15-10-27
3 mol di gas ideale biatomico passano da uno stato A , pA = 20 atm;
VA = 3 l; a uno stato B, VB = 3VA , con una espansione isoterma. Mediante
un’isobara il gas passa quindi da B a C e ritorna allo stato iniziale con una
compressione adiabatica, Tutte le trasformazioni sono reversibili.
Calcolare TA , pB ; VC e TC ; e il rendimento del ciclo.
Se al gas biatomico si sostituisse un gas monoatomico varierebbe , e di
quanto?
soluzione
TA =
pA VA
nR
=
20 1:013 105 3 10
3 8:314
3
K = 243:69 K
pB = pA VA =VB = pA VA =VB = 13 pA = 13 20 1:013 105 P a = 6:75
105 P a
d’altra parte si ha
Cp = 27 R e CV = 25 R quindi
pC = pB e TB = TA )
TC VC
1
= TA VA
VC
TC
=
= Cp =CV =
VB
TB
7
5
= 3 VTAA
1
pA VA = pC VC ; ) VC = VA
pA
pC
1=
= 3 10
3
20 1:013 5=7
6:75
m3 = 6:58
10 3 m3
si ha perciò
1
VC
VA
=
TA
TC
= 3 VVCA
1
TC = (TA =3) VVCA = (TA =3) 3 = TA 3
1
= 243:69 35=7 1 K = 178:04 K
nel ciclo viene assorbito calore nell’isoterma e ceduto calore nell’isobara,
quindi
=1+
QBC
QAB
QBC = nCP (TC
TA ) = 72 nR TA 3
1
QAB = nRTA ln 3
1
=1+
QBC
QAB
7
2
2
7
1+
3
=1+
7
nR
2
1 = ln 3 = 1
TA 3
1
nRTA ln 3
=
0:858 = 0:14
157
1
se il gas fosse monoatomico = 5=3 e l’adiabatica sarebbe più ripida
con aumento dell’area compresa nel ciclo e quindi del lavoro compiuto e del
rendimento.
0
=1+
5
2
3
2
5
1 = ln 3 = 0:19
158
16/02/17
I tubi di ingresso 1 e 2 al cilindro in …gura hanno un diametro di 3 cm e
il diametro del tubo di uscita è 4 cm.
Alcool (densità 800 kg=m3 ) entra dal tubo 1 alla velocità di 6 m=s, acqua
entra dal tubo 2 alla velocità di 10 m=s. Assumendo un mescolamento ideale di ‡uidi incompressibili, calcolare la velocità di uscita e la densità della
miscela.
Soluzione
La portata di volume entrante è uguale a quella uscente, quindi:
q3 = A1 V1 + A2 V2 = ( (0:03)2 =4) (6 + 10) m3 =s = 1:131
A3 V3
V3 = q3 =A3 = (1:131
10 2 m3 =s) =
10 2 m3 =s =
(0:04)2 =4 m2 = 9:0 m=s
Anche la portata di massa si conserva
alcool A1 V1
+
H2 O A2 V2
=
miscela A3 V3
da cui
miscela
3
=
alcool A1 V1 + H2 O A2 V2
A3 V3
=
800
((0:03)2 )(6)+1000 ((0:03)2 )(10)
(0:04)2 9
kg=m
159
kg=m3 = 925
16/02/17
Una macchina di Carnot lavora tra due sorgenti a temperatura T0 e 4T0 ,
un volume iniziale V0 : a metà ciclo il volume è 64V0 : Se W e W 0 rappresentano
il lavoro fatto in un ciclo da una mole di gas monoatomico e, rispettivamente,
0
:
biatomico, calcolare il rapporto W
W
Soluzione
La di¤erenza tra i due cicli è data dalle due adiabatiche (nel caso monoatomico = 5=3, nel caso biatomico 0 = 7=5, l’adiabatica biatomica è meno ripida
e l’area racchiusa che rappresenta il lavoro compiuto è minore).
Usando l’equazione dell’adiabatica tra 2 e 3 e 2’(caso biatomico) e 3 si
ha:
1
T0 (64V0 )
T0 (64V0 )
= 4T0 V2
0
1
1
) V2 =
= 4T0 (V20 )
0
1
64V0
43=2
) V20 =
= 8V0
64V0
45=2
= 2V0
Il lavoro compiuto nel caso monoatomico è
W = 3RT0 ln
V2
V1
nel caso biatomico
W = 3RT0 ln
W0
W
=
ln
V20
V0
ln
V2
V0
=
V20
V1
ln 2
ln 8
e quindi
= 1=3
160
16/02/17
Sono disponibili due sorgenti di calore 1 e 2 a temperature T1 = 300 K;
e T2 = 900 K:
1) 100 cal sono tolte alla sorgente 2 e aggiunte alla sorgente 1, qual è la
variazione di entropia dell’universo?
2) una macchina reversibile lavora tra 1 e 2. Il calore sottratto a 2, in
un ciclo, vale Q2 = 100 cal; che lavoro compie la macchina e quanto calore è
fornito a 1?
3) Qual è la variazione di entropia dell’universo nella trasformazione
indicata in 2)?
4) Una macchina reale lavora come pompa di calore togliendo calore a 2
e fornendolo a 1. Cosa si può dire della variazione dell’entropia dell’universo
prodotta dalla pompa di calore?
soluzione
1) La variazione d’entropia dell’universo è
S = Q( T11
1
)
T2
1
)J=K
900
1
= 4:186 100( 300
= 0:93 KJ
2) il lavoro compiuto dalla macchina a ogni ciclo è
T1
T2
W = Q2 = 1
Q2 = 1
300
900
100 4:186 J = 279:07 J
Il calore ceduto alla sorgente 1 è
Q1 =
Q2 + W =
4:186 100 J + 279:07 J =
139:53 J
3) La variazione di entropia dell’universo nella trasformazione in 2) è
uguale a quella delle sorgenti
Su =
Q1
T1
Q2
T2
=
139:53
300
418:6
900
J=K = 0
(La macchina è reversibile)
4) In questo caso la macchina non è reversibile, estrae il calore Q1 dalla
sorgente 1 e il calore Q02 fornito alla sorgente 2 è minore del calore che sarebbe
ceduto da una pompa di calore reversibile e per il teorema di Clausius:
Q1
T1
+
Q02
T2
<0
e quindi la variazione d’entropia dell’universo è quella delle sorgenti
Su =
Q1
T1
Q02
T2
>0
161
16/06/16
Un tubo di diametro D = 200 mm inizialmente orizzontale, ha un gomito,
poi è verticale e spruzza acqua attraverso un ugello verticale a forma di tronco
di cono, con un diametro d’uscita d = 100 mm; la pressione aggiuntiva in
un punto A all’imbocco dell’ugello rispetto a punto B all’uscita dell’ugello è
p = 55 kP a, il dislivello tra il punto A e il punto B è 1:1 m.
1) Determinare l’altezza h sopra l’ugello a cui arriva l’acqua e le velocità
in A e in B.
Soluzione
1) Applichiamo il teorema di Bernoulli tra una sezione normale in A e la
sezione superiore B dell’ugello :
pA +
1
2
VA2 + gzA = pB +
1
2
VB2 + gzB
Dalla legge di Leonardo si ha:
(D=2)2 VA =
(d=2)2 VB
e quindi
VB = 4 VA
che, sostituita nella equazione scritta sopra dà (p0 è la pressione atmosferica)
p0 +
p+
1
2
VA2 + gzA = po + 8 VA2 + gzB
VA2 = p + g (zA zB )
q
1
VA = 7:5
(55 9:8 (1:1))m=s = 2:43 m=s
7:5
e quindi VB = 9:72 m=s
L’altezza a cui arriva l’acqua sopra l’ugello, per la conservazione dell’energia sarà:
h=
VB2
2g
=
(9:72)2
m
2 9:8
= 4:82 m
162
16/06/16
Una miscela di gas ideali è costituita da 0:1 moli di elio (monoatomico)
e 0:2 moli di azoto (biatomico), inizialmente a 300 K, con volume di 4 litri.
Calcolare la temperatura e la pressione della miscela quando viene compressa
lentamente e adiabaticamente riducendo il volume del 10%. In seguito con
una trasformazione isoterma reversibile la miscela si espande …no alla pressione iniziale e successivamente con una isobara reversibile ritorna allo stato
iniziale.
Calcolare il rendimento del ciclo
Soluzione
indichiamo con A lo stato iniziale e con B lo stato dopo la trasformazione
adiabatica,
indicando con 1 e 2 elio e azoto si può scrivere,
n = n1 + n2 = 0:3 mol;
n1 cV1 +n2 cV2
0:1 32 R+0:2 25 R
=
n
0:3
19
cp = cV + R = 6 R
= cp =cV = 19
= 1:4615
13
cV =
=
13
R
6
Poichè la trasformazione da A a B è reversibile e adiabatica
TA VA
1
1
= TB VB
e quindi
TB = TA
VA
VB
1
= 300
100 0:4615
90
K = 314:95K
Inoltre vale l’equazione dei gas ideali
pV = nRT )
pA =
nRTA
VA
=
0:3 8:314 300
Pa
4 10 3
= 1:87
105 P a
e anche l’equazione
pB =
nRTB
VB
=
0:3 8:314 314:95
0:9 4 10 3
= 2:18
105 P a
VA
VB
= 1:87
oppure
pB VB = pA VA )
2:18
pB = p A
105 P a
e VB = 0:9 4 10 3 m3 = 3:6
10 3 m3
163
105
100 1:4615
90
Pa =
Nell’espansione isoterma la miscela soddisfa l’equazione
pB VB = pC VC e quindi (PC = PA )
VC =
pB VB
pA
=
2:18 105 3:6034 10
1:87 105
3
10 3 m3
= 4:2
Il calore assorbito nella trasformazione BC è
4:2
QBC = nRTB ln VVBC = 0:3 8:314 314:95 ln 3:6034
= 120:357 J
Il calore ceduto nell’isobara CA vale
QCA = ncp (TA
(300
TC ) = 0:3 19
6
314:95) 8:314 =
il rendimento vale quindi
=1+
QCA
QBC
=1
118:08
120:357
= 1:9
10
164
2
118:08 J
16/06/16
Un cilindro verticale con pareti adiabatiche è chiuso da un pistone adiabatico supposto di massa trascurabile, caricato con un peso opportuno.
Il sistema contiene inizialmente 10 kg d’aria a 27 C e a pressione 10
bar; la pressione esterna p0 vale 1 bar. Si dimezza improvvisamente il peso
gravante sul pistone, il quale si solleva …no a raggiungere una nuova posizione
di equilibrio.
Calcolare, considerando il processo adiabatico e l’aria gas ideale ( = 1:4;
massa molecolare dell’aria A = 28:97 ):
a) il lavoro compiuto dall’aria compressa
b) la temperatura …nale e l’aumento di entropia dell’aria compressa
d) la temperatura …nale nel caso di espansione isoentropica …no alla stessa
pressione …nale.
Soluzione
Indichiamo con pi ; pf ; Vi ; Vf ; Ti , Tf ; le pressioni interne, i volumi, le
temperature iniziali e …nali e sia P il valore di ciascun peso e A l’area del
pistone.
Nello stato d’equilibrio iniziale
2P = A(pi
p0 )
e nello stato …nale
P = A(pf
p0 )
quindi
A(pf
p0 ) =
A
(pi
2
p0 ) da cui pf = 12 (pi + p0 ) = 12 (10 + 1)bar = 5:5 bar
Il lavoro compiuto dal gas è:
W = pf (Vf
T
Vi ) = npf R( pff
Ti
)
pi
la variazione d’energia interna del gas è
U = nCV
T = ncV (Ti
Tf );
dal primo principio si ricava
T
npf R( pff
Ti
)
pi
= ncV (Ti
Tf )
da cui
p
Tf (cp ) = Ti R pfi + cV
165
e quindi Tf = Ti
1
+
pf
pi
1
= 300:15
1
1:4
+
5:5 0:4
10 1:4
K = 261:56 K
Il lavoro compiuto dal gas vale
W = ncV (Ti
Tf ) =
10 103 5
28:97 2
(8:314) (300:15
261:56) J = 2: 77
L’aumento di entropia del gas è dato dall’espressione:
i
h
h
T p 1
103 7
261:56 5:5
= 1028:97
S = ncp ln Tfi ( pfi )
(8:314)
ln
( )
2
300:15 10
333:4 J=K;
0:4
1:4
i
105 J
J=K =
Se l’aria si fosse espansa a entropia costante …no alla stessa pressione
…nale la temperatura …nale sarebbe stata determinata dalla relazione:
p
Tf0 = Ti ( pfi )
1
0:4
= 300:15( 5:5
) 1:4 K = 253:02 K
10
166
16/07/22
Nell’ipotesi di ‡uido perfetto e moto stazionario calcolare la portata dell’acqua che scorre nel venturimetro di …gura. Nel manometro di¤erenziale il
‡uido ausiliario utilizzato è il mercurio.
Dati: d1 = 300 mm d2 = 150 mm
3
3
H2 O = 10 kg=m
h = 36 cm;
Hg
= 13:56 103 kg=m3 ;
soluzione
Per il teorema di Bernoulli, dal confronto delle sezioni 1 e 2 e con un
riferimento arbitrario per le quote, si ottiene:
p1 + gz1 +
1
2
V12 = p2 + gz2 +
1
2
V22
dove è la densità dell’acqua. Poichè la portata è costante (Q = Q1 = Q2 )
possiamo scrivere:
V1
V2
=
d2
d1
2
Dalla lettura del manometro di¤erenziale si ottiene:
p1 + gz1 = p2 + g (z2
h) +
Hg
h
cioè
(p1 + gz1 )
(p2 + gz2 ) = g h
Hg
e quindi
1
2
(V22
V12 ) =
1
2
V22 1
d2
d1
4
=g h
167
Hg
da cui si ricava:
s
r
2g h( Hg 1)
V2 =
= 2
d2 4
1
d1
9:81 36 10 2 12:56
m=s
4
1 ( 12 )
= 9:73 m=s
La portata Q vale
Q = V2
d2 2
2
= 9:73
2
(75 10 3 ) = 0:172 m3 =s
168
16/07/22
Una mole di gas ideale monoatomico compie una trasformazione reversibile
la cui equazione nel piano di Gibbs (T; S) è T = T0 + a(S S0 ) b(S S0 )2 ,
con a = 5K 2 mol=J, b = 0:8K 3 mol2 =J 2 : Sapendo che la temperatura …nale
coincide con quella iniziale T0 = 300 K, calcolare la quantità di calore ed
il lavoro associati alla trasformazione. In seguito il gas, con una isoterma
reversibile, ritorna allo stato iniziale, calcolare il rendimento del ciclo.
soluzione
Nel diagramma (T; S) la trasformazione è rappresentata da un’arco di
parabola ad asse verticale e concavità rivolta in basso quindi, per un certo
valore dell’entropia S1 6= S0 , si avrà un altro valore della temperatura pari a
T0 . Segue che fra questi due stati, per il primo principio
U = 0; Q = W
Il calore associato alla trasformazione è
ZS1
ZS1
Q =
T dS =
[T0 + a(S S0 ) b(S
S0
1
a(S1
2
S0 )2
S0 )2 ] dS = T0 (S1
S0 ) +
S0
1
b(S1
3
S0 )3 .
Dall’equazione della trasformazione, per T = T0 si ha
S1
S0 = a=b = 6:25 J=(K mol):
Sostituendo nella precedente:
Il calore associato alla trasformazione è
ZS1
ZS1
Q =
T dS =
[T0 + a(S S0 ) b(S
S0
1
a(S1
2
S0 )2
S0 )2 ] dS = T0 (S1
S0
1
b(S1
3
S0 )3 .
Dall’equazione della trasformazione, per T = T0 si ha
S1
S0 = a=b = 6:25 J=(K mol):
Sostituendo nella precedente:
Q = W = 300 6:25 + 12 5 (6:25)2
1
0:8(6:25)3
3
J = 1907:6 J:
Ritornando allo stato iniziale il gas compie il lavoro
169
S0 ) +
W0 =
T0 (S1
S0 ) =
1875:0 J =
e quindi il lavoro compiuto nel ciclo vale
Wtot = 32:6 J
e il rendimento è
=
Wtot
Q
=
32:6
1907:6
= 1:71 %
170
16/07/22
Una macchina termica scambia calore con tre sorgenti a temperature T1 =
T; T2 = 23 T; T3 = 13 T . Ad ogni ciclo, la macchina assorbe il calore Q1 = Q
dalla prima sorgente e compie il lavoro W = 32 Q: L’entropia dell’universo
aumenta di 2Q
ad ogni ciclo.
T
Determinare le quantità di calore Q2 e Q3 scambiate con le altre sorgenti
e il rendimento di una macchina revrsibile che lavori con le stesse sorgenti,
scambiando con le prime due sorgenti le medesime quantità di calore.
soluzione
Ad ogni ciclo
Q1 + Q2 + Q3 = Q + Q2 + Q3 = 32 Q
la variazione d’entropia dell’universo sarà uguale, ad ogni ciclo,. alla
variazione d’entropia delle sorgenti
Q
T1
Suniv =
3Q
T
=
+
Q2
T2
+
Q3
T3
=
2
3Q
+ 3 QT3 ) Q =
2T
Q
T
1
Q
2 2
2
+ 3Q
+ 3 QT3 =
2T
2Q
T
)
Q3
quindi dal sistema
1
Q
2 2
Q3 = 12 Q;
Q2 + Q3 = 12 Q
si ottiene
5
Q
2
Q2 = 3Q; Q3 =
e quindi il rendimento della macchina sarà
=
W
Q1 +Q2
=
3
Q
2
4Q
=
3
8
= 0:375
La macchina reversibile avrà un rendimento
rev
=
Wrev
Q1 +Q2
ma il lavoro reversibile sarà dato da
Wrev = Q1 + Q2 + Q3;rev
dove Q3;rev è il calore ceduto alla sorgente 3 dalla macchina reversibile. In
questo caso la variazione d’entropia dell’universo deve essere nulla e quindi
Suniv =
Q
T1
2
+ 3Q
+ 3 Q3;rev
2T
T
= 0; )
171
Q
T
+
9Q
2T
+ 3 Q3;rev
T
e quindi Q3;rev =
Wrev = Q + 3Q
= 0 ) 2Q + 9Q + 6Q3;rev = 0,
11
Q e il lavoro
6
11
Q = 13
Q
6
6
compiuto è adesso
Il rendimento della macchina reversibile è
rev
=
13
Q
6
Q+3Q
=
13
24
= 0:54
172
16/09/20
Nella tubazione in …gura scorre acqua. Supponendo il ‡uido perfetto,
determinare la portata Q ed il valore della pressione nelle sezioni 1, 2 e 3,
sull’asse della tubazione cilindrica. Il ‡uido ausiliario è mercurio.
(densità del mercurio Hg = 13:6 103 kg=m3 ; densità dell’acqua =
3
10 kg=m3 ; pressione atmosferica p0 = 1:013 105 P a)
soluzione
Applichiamo il teorema di Bernoulli tra il punto 1 e il punto 2
p1 +
1
2
V12 = p2 +
1
2
V22
la portata è costante
Q=
V2 =
d1 2
2
2
d1
d2
V1 =
d2 2
2
V2
V1 ;
se indichiamo con H1 = 14 cm la di¤erenza di quota tra il ramo a sinistra
e quello a destra dei vasi comunicanti tra il punto 1 e il punto 2 si ha
Hg
p1
g H1 = p1
p2 =
d1
d2
1
2
p2 = 12:568 103 9:81 14 10
e si ricava V1
173
2
4
1 V12
= 17261 P a
V1 =
s
(
Hg
1
2
)
d1
d2
g H1
4
1
=
r
12:6 103 9:81 14 10
1
30 4
103 ( 25
) 1
2
2
= 5:68 m=s
La portata vale
Q=
d1 2
2
V1 =
30 10
2
2
2
5:68 = 0:40 m3 =s
Tra il punto 2 e il punto 3 la sezione non cambia e la quota è la stessa
quindi
p2 = p3
Indichiamo con H3 = 10 cm l’altezza del mercurio nel tubo immerso nella
bacinella e con H30 = 1 m l’altezza della colonna d’acqua soprastante
La pressione p3 sarà data dalla pressione atmosferica diminuita della
pressione esercitata dalla colonna di acqua e mercurio
g H30 = 9:81 (13:568 103 10 10 2 + 103 1) = 23120
Hg g H3 +
Pa
e quindi
p3 = (1:013 105
23120) P a = 78180 P a
p1 = p2 + 17261 P a = (78180 + 17261) P a = 95441 P a
174
16/09/20
Un atleta di massa M = 70 kg beve m = 450 g di acqua a 2 C. (a) Calcolare l’aumento di entropia del sistema supponendo che il corpo dell’atleta
non si ra¤reddi. (b) Supponendo che invece il corpo dell’atleta sia ra¤reddato dall’acqua, e ipotizzando che il suo calore speci…co sia uguale a quello
dell’acqua, calcolare la variazione di entropia. Confrontare i due risultati.
soluzione
(a) Il corpo dell’atleta si comporta come una sorgente ideale di calore,
e rimane a temperatura costante. Il calore scambiato tra atleta ed acqua è
perciò il calore necessario per scaldare l’acqua da 2 C a 37 C. Sapendo che
il calore speci…co c dell’acqua è 4186 J=kgK, si ottiene che
Qc =
mc (Tc
Ta )
dove Tc = 310:15 K e Ta = 275:15 K
Poiché il corpo cede calore a temperatura costante, la sua variazione di
entropia Sc è data da:
Sc =
Qc
Tc
=
0:45 4186 35 J
310:15
K
=
212:57 KJ :
Per calcolare la variazione di entropia dell’acqua Sa occorre tenere conto
del fatto che la sua temperatura cambia; pertanto si ha che
ZTc
310:15 J
= ma c ln TTac = 0:45 4186 ln 275:15
= 225:55 KJ
Sa = ma c dT
T
K
Ta
Quindi l’aumento di entropia del sistema è dato da
Stot =
Stot
Sa = 12:98 KJ :
Sc +
(b) Se anche il corpo cambia temperatura, occorre innanzitutto trovare
la temperatura …nale di equilibrio. Si deve richiedere che il calore ceduto dal
corpo Qc sia uguale, cambiato di segno, al calore assorbito dall’acqua Qa , e
quindi:
M c (Tf
Tc ) =
mc (Tf
Ta )
da cui si ricava la temperatura …nale Tf :
Tf =
M Tc +mTa
M +m
=
70 310:15+0:45 275:15
K
70:45
Per ricavare gli aumenti di entropia
nel punto (a).
175
= 309:93 K
Sa0 e
Sc0 , occorrerà integrare come
ZTf
T
T
309:93 J
= mc ln Tfa = mc ln Tfa = 0:45 4186 ln 275:15
= 224:22 KJ
Sa0 = mc dT
T
K
Ta
ZTf
T
309:93 J
Sc0 = M c dT
= M c ln Tfa = 70 4186 ln 310:15
=
T
K
207:92 KJ
Tc
e quindi
0
= (224:22
Stot
207:92) KJ = 16:3 KJ >
176
Stot del caso (a).
16/09/20
Una macchina termica compie un ciclo di Carnot e a ogni ciclo compie il
lavoro W = 40 kJ. Il rendimento vale 0:35 e la temperatura della sorgente
fredda è 40 C, si determinino:
a) la temperatura della sorgente calda;
b) le quantità di calore scambiate;
c) la variazione di entropia delle due sorgenti.
soluzione
Nel ciclo di Carnot il rendimento è
T1
;
T2
=1
dove T1 = (273:15 + 40) K è la temperatura della sorgente fredda
quindi la temperatura della sorgente calda T2 vale
T2 =
T1
1
=
273:15+40
K
0:65
per il rendimento
=
= 481:77 K
si ha
W
Q2
e quindi il calore assorbito Q2 in un ciclo è
Q2 =
W
40 103
J
0:35
=
= 1:143
105 J
d’altra parte, per il primo principio, il calore ceduto Q1 vale
Q1 = W
Q2 = (40 103
1:143
105 ) J =
74300 J
Le due sorgenti di calore avranno, in modulo, la stessa variazione di
entropia
S1 =
Q1
T1
=
74300
J
273:15+40 K
= 237:27 KJ =
177
S2
16/10/27
I due rami di un manometro di¤erenziale ad acqua sono collegati alle
sezioni di estremità di un tubo convergente, aventi, rispettivamente, diametro
di 60 mm e di 40 mm, in cui de‡uisce una portata d’aria di 45 l=s alla
pressione di 110 kPa e alla temperatura di 50 C. Essendo, in tali condizioni,
la densità dell’aria pari a g = 1:19 kg=m3 , calcolare il dislivello
tra i
menischi nei due rami del manometro.
soluzione
Applicando il teorema di Bernoulli tra la sezione 1, di diametro d1 = 60
mm, e la sezione 2, di diametro d2 = 40 mm, alle quali sono collegati i due
rami del manometro, essendo trascurabili nei gas le di¤erenze di pressione
dovute alle di¤erenze di quota in quanto ‡uidi di bassa densità, si ha
p1 +
1
V2
2 g 1
= p2 +
1
V2
2 g 2
dove g è la densità dell’aria e V1 e V2 sono le velocità dell’aria nelle due
sezioni, per cui la di¤erenza di pressione tra le due sezioni è
p1
p2 =
1
V2
2 g 2
1
V2
2 g 1
Poichè i rami del manometro di¤erenziale sono collegati alla corrente
tramite due prese statiche, lo strumento misura proprio la di¤erenza di
pressione p1 p2 , per cui
p1
p2 = g
dove = 1000 kg=m3 è la densità dell’acqua. Pertanto, essendo rispettivamente :
178
A1 =
1
4
e A2 =
d21 =
1
4
1
4
d22 =
(0:06)2 m3 = 2:83
1
4
10 3 m2
(0:04)2 m3 = 1:26
10 3 m2
le aree delle due sezioni, Q = A1 V1 = A2 V2 la portata e
la densità dell’aria, si ha
=
p1 p2
g
1
2 1000 9:81
=
1
2 g g
(V22
(1:19) (0:045)2
V12 ) =
1
(1:26 10
V1 = Q=A1 = 45 10 3 = (2:83
V2 = Q=A2 = 45 10 3 = (1:26
p1
p2 = (1:19) (0:045)2
1
Q2
2 g g
3 )2
1
A22
1
(2:83 10
1
A21
3 )2
g
= 1:19 kg=m3
=
m = 6:202 7
10 3 ) m=s = 15:901 m=s
10 3 ) m=s = 35:714 m=s
1
(1:26 10
3 )2
179
1
(2:83 10
3 )2
= 1217:0 Pa
10 2 m
16/10/27
Una macchina termica reversibile lavora tra una sorgente a t1 = 70 C; e
una massa di gas costituita da n = 50 mol di azoto a temperatura t2 = 300
C. Dopo un lungo periodo di tempo la temperatura dell’azoto si abbassa a
t1 .
1) Quanto calore viene ceduto dall’azoto?
2) Quanto vale la variazione totale di entropia dell’azoto?
3) Quanto lavoro compie la macchina?
4) Calcolare il rendimento complessivo
5) Quale sarebbe il rendimento della macchina se la massa di azoto fosse
molto grande?
soluzione
1) Q = nCV (T1
T2 ) =
50 2:5 8:314 270 J =
105 J
2:8
2) Per una variazione in…nitesima dT dS = dQ=T = nCV dT =T
quindi la variazione totale dell’entropia dell’azoto è
J=K =
S = nCV ln TT12 = 50 8:314 ln 343:15
573:15
213:25 J=K
3) Il rendimento istantaneo della macchina dipende dalla temperatura
istantanea T dell’azoto e vale:
= dW
=1
dQ
macchina è
RT
W = T12 1
T1
;
T
dove dQ = nCV dT; e quindi il lavoro totale fatto dalla
T1
T
nCV dT = nCV (T2
50 2:5 8:314 270
4) Il rendimento vale
97659
2:8 105
T1 )
T1 ln TT21
=
573:15
343:15 ln 343:15
J = 97659 J
=
W
Q
=
nCV (T2 T1 ) T1 ln
nCV (T2 T1 )
T2
T1
=1
T1 ln
T2
T1
T2 T1
=
= 0:35
5) Se la massa d’azoto fosse molto grande la temperatura dell’azoto non
cambierebbe e quindi
0
= 1
T1
T2
=1
343:15
573:15
= 0:4
180
16/10/27
Una mole di gas ideale si espande adiabaticamente dallo stato A (pA ; VA )
a B (pB ; VB ), quindi viene compresso a pressione costante …no a raggiungere
il volume iniziale. Alla …ne con una trasformazione isocora ritorna allo stato
iniziale, tutte le trasformazioni sono reversibili.
dimostrare che il lavoro compiuto nel ciclo vale
=1
VB
VA
pA
pB
1
1
soluzione
Il rendimento è = QWass dove W è il lavoro compiuto nel ciclo e Qass è il
calore assorbito.
ZVB
W = pdV + pB (VA VB ) = CV (TA TB ) + pB (VA VB )
VA
usando l’equazione dei gas ideali (per una mole) pV = RT; e la de…nizione
di = CP =CV si ottiene
1
W =
1
(pA VA
pB VB ) + pB (VA
VB )
il calore è assorbito tra C ed A Qass = QCA = CV (TA
ma VA = VB e quindi
QCA =
VA
1
(pA
W
QCA
e quindi
=
1
VA pA VA pB
(VA pA
1
VB
VA
pA
pB
pB )
1
=
1
(pA VA pB VB )+pB (VA VB )
VA
(p
1 A
pB )
VA pB + VA pB
1
1
181
=
V B pB ) =
TB ) = CV
PA VA
R
P B VB
R
;