Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
1) Tre corpi di capacità termica C1, C2, C3, che si trovano alle temperature T1, T2, T3, vengono posti a
contatto. Nell’ipotesi che i tre corpi non scambino calore con l’ambiente, calcolare la temperatura di
equilibrio e la variazione di entropia del corpo 1.
(C1 = 1000 cal/°C; T1 = 100°C; C2 = 500 cal/°C; T2 = 30 °C; C3 = 1500 cal/°C; T3 = 20 °C)
Soluzione
Dato che i tre corpi non scambiano calore con l’ambiente esterno, allora la somma algebrica dei
calori scambiati deve essere uguale a zero:
Q1 + Q 2 + Q 3 = 0
I calori scambiati dai tre corpi sono rispettivamente:
Q 1 = C1 (Te - T1)
Q 2 = C2 (Te - T2)
Q 3 = C3 (Te - T3)
sostituendo:
C1 (Te - T1) + C2 (Te - T2) + C3 (Te - T3) = 0
(C1 + C2 + C3) Te = C1 T1 + C2 T2 + C3 T3
da cui si ricava la temperatura di equilibrio Te raggiunta dai tre corpi:
Te =
C1T1 + C 2 T2 + C 3 T3
= 321.45 K
C1 + C 2 + C 3
Il processo di scambio di calore fra i tre corpi è irreversibile in quanto la scambio di calore avviene
fra corpi aventi una differenza finita di temperatura. Per calcolare la variazione di entropia del corpo
1 consideriamo il “processo reversibile di appoggio” in cui il corpo 1 scambia reversibilmente calore
con un termostato a temperatura variabile da T1 = 373.15 K a Te.=321.45 K. La variazione di
entropia del corpo 1 può quindi essere calcolata come:
321.45
∆S1 =
T
dQ
C dT
cal
321.45
=∫ 1
= C1 ln f = 1000 ln
≅ −149
T
T
Ti
373.15
C
373.15
∫
La variazione di entropia del corpo 1 è negativa in quanto esso si raffredda. I corpi 2 e 3 invece si
riscaldano, quindi aumentano la propria entropia. La somma delle variazioni di entropia dei tre corpi
deve essere maggiore di zero in quanto il sistema è isolato ed effettua un processo irreversibile.
Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
2) Un recipiente rigido a pareti metalliche di massa m = 29 kg e di volume interno ed esterno
approssimativamente uguali e pari a V = 30 litri è riempito con una massa mar di argon
monoatomico di massa atomica M = 40 g/mole e immerso in una vasca contenente acqua alla
temperatura T = 27°C. Si chiede quale sarà la massima pressione di riempimento del gas perché il
recipiente possa galleggiare.
(R = 8.31 J/mole K)
Soluzione
m
H 2O
mar
Affinché il recipiente riempito con argon possa galleggiare, la spinta di Archimede deve bilanciare
la forza peso di recipente+gas. Quindi deve essere:
ρ H OVg = mg + mar g
2
Da cui si ricava la massa di gas argon:
m ar = ρ H 2OV − m
La pressione del gas all’interno del recipiente si può ricavare dall’equazione di stato dei gas perfetti:
pV = nRT =
ρ H 2OV − m
mar
RT =
RT
M
M
Da cui
p=
(ρ
H 2O
)
V − m RT
MV
=
(1 ⋅ 30 − 29) ⋅ 0.0821 ⋅ 300 = 20.5atm
40 ⋅ 10 −3 ⋅ 30
dove M = 40 g/mole = 40 ·10 -3 kg/mole, T = t + 273.15 = 27 + 273.15 ≅ 300 K
ed R=0.0821 litri atm/ (mol K).
Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
3) Una mole di gas perfetto monoatomico, inizialmente alla temperatura Ti, viene raffreddata a
volume costante ponendola a contatto con un’unica sorgente di calore a temperatura Tf = 300K. La
variazione totale di entropia del gas è di - 3.6 J/K. Calcolare la temperatura iniziale Ti del gas e la
variazione di entropia della sorgente.
(R = 8.31 J/(mol K))
Soluzione
Il gas effettua una trasformazione irreversibile in quanto viene posto in contatto termico con
una sorgente a temperatura Tf diversa da Ti (scambio di calore in presenza di differenza finita di
temperatura). La variazione di entropia del gas può essere calcolata considerando una
trasformazione reversibile di appoggio in cui il gas, mantenuto a V = cost , è posto a contatto
termico con un numero molto grande ( → ∞) di sorgenti di calore aventi temperature (che
differiscono di dT l’una dall’altra) comprese tra Ti e Tf = 300K.
La quantità di calore scambiata a volume costante dal gas con le sorgenti è semplicemente
dQ = n cV dT. La variazione di entropia del gas è quindi
∆S gas = ∫
Tf
Tf
dQ T f ncV dT
dT 3
= ∫
= ncV ∫
= nR ln
T
T
2
Ti
Ti
Ti T
Tf
3
∆S gas = nR ln
2
Ti
Tf
2 ∆S gas
= ln
3 nR
Ti
2 ∆S gas
= exp
Ti
3 nR
Tf
Da cui si ricava Ti:
2∆S gas
Ti = T f exp −
3nR
= 400°K
Risulta essere Ti > Tf come ci si poteva aspettare dal momento che la trasformazione è isocora e la
variazione di entropia negativa.
La quantità di calore Qgas ceduta dal gas (uguale in modulo alla quantità di calore Qsorg assorbita
dalla sorgente) è
Qgas = n cV ∆T = 1 ·(3/2 R) · ∆T = -1.5 ·8.314 ·100 ≈ - 1247 J
La variazione di entropia della sorgente che assorbe una quantità di calore Qsorg è data da:
Qsorgente 1247
∆S sorg =
=
= 4.16 J / K
Tsorgente
300
La variazione di entropia dell’universo (gas+sorgente) è semplicemente:
∆SUniv =∆Sgas + ∆Ssorg = - 3.6 J/K + 4.16 J/K = 0.56 J/K (> 0 poiché il processo è irreversibile).
Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
4) Un recipiente, chiuso superiormente da un pistone scorrevole verticalmente senza attrito, contiene
n = 10 moli di gas perfetto monoatomico alla temperatura T0 = 250 K. Il pistone e le pareti del
recipiente, tranne la base inferiore che è costituita da un cattivo isolante termico, sono impermeabili
al calore; la capacità termica complessiva del recipiente e del pistone è C = 1000 cal/K. Il recipiente
viene appoggiato su un corpo di capacità termica C1 = 2000 cal/K e temperatura T1 = 400K. Il gas si
riscalda molto lentamente e il pistone si innalza molto lentamente fino a che non si raggiunge
l'equilibrio termico; la quantità di calore scambiata dal corpo con l'atmosfera esterna è trascurabile.
Si calcoli:
a) la temperatura finale Tf del gas;
b) la variazione ∆U dell'energia interna del gas;
c) il lavoro L compiuto dal gas durante tale trasformazione;
d) la variazione ∆S dell'entropia del corpo.
(R = 1.986 cal/mol K)
Soluzione
C, T0
n
C1, T1
a)
All’equilibrio il corpo a temperatura T1 si raffredda e si porta ad una temperatura finale Tf < T1,
cedendo il calore Qced. Il sistema gas + recipiente + pistone si riscalda fino alla temperatura Tf
acquistando un quantità di calore Qass. somma del calore assorbito da recipiente+pistone e dal
calore assorbito a pressione costante (la pressione atmosferica) dal gas. All’equilibrio si ha quindi:
Qass + Qced = 0
dove:
Qass = C(Tf – T0) + n cp (Tf – T0)
e
Qced = C1 (Tf – T1)
(C + nc P )(T f − T0 ) + C1 (T f − T1 ) = 0
Esplicitiamo i prodotti
C1T1 − C1T f = (C + nc P )T f − (C + nc P )To
C1T1 + (C + nc P )To = C1T f + (C + nc P )T f
e ricaviamo Tf
5
2000 ⋅ 400 + (1000 + 10 ⋅ ⋅ 1.986) ⋅ 250
2
= 348.4 K
5
2000 + 1000 + 10 ⋅ ⋅ 1.986
2
b) La variazione di energia interna del gas (monoatomico) è semplicemente:
C T + (C + nc P )To
Tf = 1 1
=
C1 + C + nc P
∆U = ncv ∆T con cv = 23 R
3
3
∆U = nR∆T = × 10 × 1.986 × 98.4 ≅ 2931cal
2
2
c) Il lavoro fatto dal gas durante l’espansione isobara si può ricavare dal 1° principio della
termodinamica:
∆U = Q − L
L = Q − ∆U = nc p (T f −T0 ) − ncv (T f −T0 ) ≅ n ( c p − c v )(T f −T0 ) = nR ⋅ (T f −T0 ) = 1954 cal
d) La variazione di entropia del corpo è
Tf
T
f
Tf
dQ
dT
348.4
∆S = ∫
= ∫C
= C ln
= 2000 ln
= −276 cal / K
T
T
T
400
1
T1
T1
Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
5) Si usa una pompa di calore per riscaldare un edificio. La temperatura esterna è T2 = - 5°C, mentre
all'interno dell'edificio si mantiene costante la temperatura a T1 = 22°C. La pompa ha una efficienza
η pari a 1/3 di quello di un frigorifero di Carnot che lavori tra T1 e T2, e cede all'edificio 20 MJ
all'ora. Che potenza deve avere il motore della pompa?
Soluzione:
T1=295 K
Q1 = 20 MJ
T2 = - 5°C ≅ 268 K
T1 = 22°C ≅ 295 K
L
η=1/3 η
M.F.
η = 1/3 ηCarnot
Q1 = 20 MJ
Q2
T2 = 268 K
La pompa di calore non è altro che una macchina frigorifera reale progettata per riscaldare un
ambiente interno e non per raffreddare un corpo come un normale frigorifero. In questo caso la
sorgente a bassa temperatura (T2 = 268 K) è l'ambiente esterno, mentre quella ad alta temperatura è
l'interno dell'edificio (T1 = 295 K). Un frigorifero di Carnot non è altro che una macchina frigorifera
realizzata con una macchina di Carnot che funziona “al contrario” prelevando il calore Qfreddo dal
termostato freddo e cedendo il calore Qcaldo al termostato caldo. L’efficienza di un frigorifero di
Carnot (come pure quella di una qualsiasi macchina frigorifera che lavora fra due termostati a
temperature T1 e T2 ) è data da:
η Carnot =
Q freddo
L
=
Q freddo
Qcaldo − Q freddo
=
T2
268
=
≅ 9 .9
T1 − T2 295 − 268
La pompa di calore del problema ha un’efficienza
1
η = η Carnot = 3.3
3
Esprimendo l’efficienza η attraverso i calori scambiati Q1 e Q2 si ha:
η=
Q2
Q2
=
L Q1 − Q2
Conoscendo Q1, è possibile ricavare Q2:
(Q1 − Q2 )η = Q2
η Q1 = Q2 + η Q2
η Q1 = (1 + η) Q2
Q2 =
η
1 +η
Q1 =
3 .3
20 = 15.35 MJ all ' ora
1 + 3 .3
Possiamo quindi ricavare il lavoro L necessario per far funzionare la pompa di calore:
1
1
η
L = Q1 − Q2 = 1 −
Q1 =
20 ≅ 4.65 MJ all’ora
Q1 =
1 +η
1 + 3 .3
1+η
Affinché venga prelevata la quantità di calore Q2 (15.35 MJ in un’ora) dall’ambiente esterno a
temperatura T2 è necessario che il motore della pompa faccia un lavoro L ( 4.65 MJ in un’ora). La
potenza del motore della pompa di calore è quindi:
P=
L 4.65 ⋅ 10 6
=
= 1291W ≅ 1.3 kW
t
3600
Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
6) Una macchina di Carnot (M) lavora fra due sorgenti rispettivamente a temperatura T1 e T2 = 5°C
(con T2< T1) producendo in un ciclo un lavoro L = 20 J. Questo lavoro viene utilizzato per fare
compiere un ciclo ad una macchina frigorifera (F) che opera fra la sorgente a temperatura T2 e
un’altra sorgente a temperatura T3 = 20°C.
Determinare la quantità di calore che la macchina frigorifera F sottrae in un ciclo dalla sorgente a
temperatura T2 nei seguenti due casi:
a) F è una macchina irreversibile ed è noto che la variazione di entropia delle tre sorgenti, in un
ciclo di funzionamento di M + F è ∆Stot = 15 ·10 −3 cal /K ;
b) F è una macchina reversibile.
Soluzione
T3 = 293.15 K
T1
Q1
Q3
M
F
L = 20 J = 4.78cal
Q2
Q’2
T2 = 278.15 K
a) Essendo M una macchina di Carnot, le variazioni di entropia delle due sorgenti sono uguali in
modulo, ma di segno opposto:
∆S1 = −
Q1
T1
∆S 2 =
e
Q2
Q
= − ∆S1 = 1
T2
T2
La variazione di entropia della sorgente 2 in un ciclo di funzionamento della macchina frigorifera F
irreversibile è:
∆S 2' =
Q2'
T2
Il calore Q3 ceduto da F al termostato a temperatura T3 è legato al lavoro fatto sulla macchina dalla
relazione:
L = Q3 − Q2'
→
Q3 = Q2' + L
La variazione di entropia della sorgente 3 in un ciclo della macchina frigorifera F è quindi:
∆S3 =
Q3 Q2' + L
=
T3
T3
La variazione di entropia totale delle tre sorgenti è quindi :
∆S TOTALE = ∆S1 + ∆S2 + ∆S’2 + ∆S3 = -
Q1
Q
Q'
Q' + L
+ 2 - 2 + 2
= 15·10 −3 cal/K
T1
T2
T2
T3
I primi due termini della somma sono uguali in modulo e di segno opposto (variazione di entropia
delle sorgenti in un ciclo della macchina M). Avremo quindi
1
1
L
∆ Stot = - Q2' − + +
T3 T2 T3
L
L
− ∆S
− ∆S
T3
TT
T3
'
Q2 =
=
= 2 3
T3 − T2
T3 − T2
1 1
−
T2T3
T2 T3
=
L
− ∆S =
T3
278.15 ⋅ 293.15 4.78
− 15 ⋅ 10 −3 ≅ 7.1cal
293.15 − 278.15 293.15
b) Se F è reversibile allora le variazioni di entropia delle sorgenti con cui F lavora devono essere
uguali in modulo ma di segno opposto
Q'
∆S = − 2
T2
'
2
Q 2'
Q3
'
∆S 3 =
= − ∆S 2 =
T3
T2
e
Quindi avremo
Q3 Q2'
=
T2
T3
Q − Q ' = L
2
3
Se la macchina frigorifera F è reversibile la sua efficienza η è legata alle temperature delle due
sorgenti con cui lavora dalla relazione:
η=
Q 2'
L
=
Q 2'
'
Q3 − Q 2
=
T2
T3 − T2
da cui
Q2' = η ⋅ L =
T2
278.15
L=
4.78⋅ ≅ 88.6 cal .
T3 − T2
293.15 − 278.15
Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
7) Una macchina irreversibile opera tra due sorgenti alle temperature TC = 550 K e TF = 350 K, con
un rendimento ρ del 25%. In ogni ciclo, la quantità di calore QC = 1200 J viene sottratta alla
sorgente a temperatura TC e fornita al fluido di lavoro nella macchina. La quantità di calore QF viene
ceduta dalla macchina alla sorgente a temperatura TF.
a) Determinare la variazione di entropia dell’universo per ogni ciclo di funzionamento.
b) Quanto lavoro in più potrebbe compiere una macchina reversibile operante tra queste sorgenti che
assorbisse in ogni ciclo la stessa quantità di calore?
c) Facoltativo: dimostrare che, per ogni ciclo, la quantità di lavoro che si rende indisponibile a causa
del processo irreversibile è pari a TF ∆S univ .
Soluzione
a)
TC = 550 K
TC = 550 K
QC
TF = 350 K
L
ρ=
QF
Q
L
= 1 − F = 0.25
QC
QC
QC = 1200 J
TF = 350 K
Nella risoluzione del problema le quantità di calore scambiate sono considerate quantità positive.
La variazione di entropia dell’universo è:
∆S univ = ∆S macchina + ∆S sorgenti
QC QF
+
in quanto
TC TF
la sorgente calda cede la quantità di calore QC, mentre la sorgente fredda riceve la quantità di calore
QF. Inoltre conosciamo il rendimento ρ della macchina irreversibile
ma ∆S macchina = 0 perché la macchina lavora ciclicamente, mentre ∆S sorgenti = −
ρ =1−
QF
= 0.25
QC
⇒
QF
= 1 − ρ = 1 − 0.25 = 0.75
QC
QF = 0.75QC = 0.75 ⋅ 1200 = 900 J
quindi
∆S sorgenti = −
QC QF
1200 900
J
=−
+
= +0.3896
+
TC TF
550 300
K
b) Una macchina reversibile che lavora fra TC = 550 K e TF = 350 K ha un rendimento
ρ rev = 1 −
350
TF
= 1−
≅ 1 − 0.6364 = 0.3636 = 36.36%
TC
550
Conoscendo il rendimento e la quantità di calore assorbita dal termostato caldo QC' = QC = 1200 J
possiamo ricavare la quantità di calore QF' ceduta al termostato freddo:
ρ rev
QF'
T
= 1− ' = 1− F
QC
TC
QF' =
da cui
TF
QC = 763.6 J < QF
TC
La quantità di calore ceduta dalla macchina reversibile al termostato freddo è inferiore a quella
ceduta al termostato freddo dalla macchina irreversibile.
Lrev = ρ rev QC = 0.3636 ⋅ 1200 ≅ 436.36 J
Lirr = ρ QC = 0.25 ⋅ 1200 = 300 J
Lrev − Lirr = 436.36 − 300 = 136.36 J
Questa quantità rappresenta il lavoro in più che potrebbe compiere una macchina reversibile che
assorbisse in ogni ciclo la stessa quantità di calore di una macchina irreversibile.
La variazione di entropia dell’universo in un ciclo della macchina irreversibile è:
∆S univ = ∆S sorgenti =
Q F QC
J
−
= 0.3896
TF TC
K
Per la macchina reversibile vale la relazione:
QF'
T
= F
cioè
'
QC TC
Q'
Q
QF'
= C = C
TF
TC
TC
La differenza fra Lrev e Lirr può essere riscritta in questo modo:
Lrev = QC' − Q F' = QC − QF'
Lirr = QC − Q F
Lrev − Lirr = QF − QF' = TF
Q
Q
QF − QF'
Q'
Q
= TF F − F = TF F − C = TF ⋅ ∆S univ
TF
TF TF
TF TC
Infatti
TF ∆S univ = 350 ⋅ 0.3896 = 136.36
La quantità di lavoro Lrev - Lirr che si rende indisponibile a causa del processo irreversibile è
chiamata “energia inutilizzabile” ed è pari a
Einutilizzabile = TF ∆S univ
Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
8) In un recipiente in cui si trova una massa M1 = 3 kg di ghiaccio alla temperatura T1 = - 20°C si
versa una massa M2 = 200 g di acqua alla temperatura T2 = 10°C. La capacità termica del recipiente
e la quantità di calore ceduta dal sistema all'ambiente esterno sono trascurabili. Si calcoli la
temperatura TE del sistema all'equilibrio termico.
(cA = 1 cal/g°C; cG = 0.5 cal/g°C; λF = 80 cal/g)
Soluzione
M2
M1
Affinché la massa M1 di ghiaccio possa incominciare a fondere è necessario innanzitutto portare la
sua temperatura da – 20 °C a 0°C. La quantità di calore necessaria è:
Q (T1=-20°C → Tfus=0°C) = M1 cG (Tfus - T1) = 3000 · 0.5 · 20 = 30000 cal
La massima quantità di calore che la massa M2 di acqua a temperatura T2 può cedere al blocco di
ghiaccio M1 è
Q1(T2 = 10°C → Tsol = 0°C) = M2 cA (Tsol - T2) = 200 · 1 ·(0 -10) = -2000 cal
Questa quantità di calore non è quindi sufficiente a portare M1 fino a 0°C (servirebbero infatti 30000
cal). La massa M2 di acqua a 0°C, in contatto con un blocco di ghiaccio a temperatura inferiore,
cede calore al blocco M1 e comincia a solidificarsi. Affinché l’intera massa M2 passi dallo stato
liquido allo stato solido è necessario che essa ceda una quantità di calore Q2,sol pari a:
Q2,sol = - λF M2 = - 80 · 200 = - 16000 cal
Dopo avere ceduto una quantità di calore pari a Q1+ Q2,sol la massa M2 di acqua inizialmente a
T2=10°C si è trasformata in 200 g di ghiaccio a 0°C. Essendo M2 (diventata ghiaccio) in contatto
termico con il blocco M1 a temperatura inferiore, entrambi raggiungeranno una temperatura di
equilibrio TE da determinare. La massa M2 di ghiaccio per portarsi alla temperatura di equilibrio TE
cede al blocco M1 una quantità di calore Q3 data da:
Q3(Tsol=0°C → TE) = M2 cG (TE -0°C) = 200 · 0.5 TE = 100 TE
Il blocco M1 inizialmente a temperatura T1=-20°C per portarsi alla temperatura di equilibrio TE più
alta assorbe (da M2) una quantità di calore Q data da
Q (T1 =-20°C → TE) = M1 cG (TE - T1) = 3000· 0.5 (TE + 20) = 1500 (TE + 20)
Essendo trascurabili le quantità di calore scambiate dal sistema con l'ambiente esterno (sistema
isolato), la somma algebrica delle quantità di calore scambiate da M1 ed M2 deve essere nulla:
Q (T1 =-20°C → TE) + Q1(T2=10°C → Tsol=0°C) + Q2,sol + Q3(Tsol=0°C → TE) = 0
1500 (TE + 20) - 2000 - 16000 + 100 TE = 0
1500 TE + 100 TE = 18000 - 30000
1600 TE = - 12000
TE = -12000/1600 = - 7.5°C
Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi (3a parte)
9) Una mole di gas perfetto biatomico è sottoposta a un ciclo reversibile costituito da tre
trasformazioni: una espansione isoterma da A a B nella quale VB = 3VA, una trasformazione a
volume costante da B a C in cui la pressione è ridotta, una compressione adiabatica da C ad A.
a)
Determinare Q, L, ∆U, ∆S per ciascuna trasformazione del ciclo.
b)
Determinare il rendimento del ciclo e confrontarlo con quello di una macchina di Carnot che
lavora fra le temperature estreme.
(R = 8.31 J/mole K; pA = 4 x 103 N/m2, VA = 0.2 m3)
Soluzione
p
n=1
A
cv =
5
R
2
cp =
7
R
2
pA
isoterma
B
pB
isocora
7
R
7
γ =
= 2 = = 1 .4
5
cv
5
R
2
adiabatica
cp
C
VA
VB
V
a)
Punto A:
pA = 4 x 103 N/m2
VA = 0.2 m3
TA =
p AV A 4000 ⋅ 0.2
=
= 96.27 K
nR
1 ⋅ 8.31
Punto B:
VB =3 VA = 0.6 m3
TB = TA = 96.27 K
pB =
nRTB nRT A 1
4
N
N
=
= p A = 10 3 2 = 1333.3 2
VB
3V A
3
3
m
m
Punto C:
VC = VB = 3 VA = 0.6 m3
Il punto C sta nella stessa adiabatica del punto A per cui, essendo:
p Vγ = costante
p AV Aγ = p C VCγ
si ha:
γ
V
V Aγ
1
pC = p A γ = p A A = 4000 ⋅
VC
3
VC
da cui
TC =
1.4
= 859.19
N
m2
p CVC 859.19 ⋅ 0.6
=
= 62.04 K
nR
1 ⋅ 8.31
quindi:
VC = 0.6 m3
pC = 859.19 N/m2
TC ≅ 62.04 K
Trasformazione A → B (isoterma):
∆U (A → B) = 0 perché U dipende solo da T,
⇒
∆U = Q – L
quindi
L( A→ B ) = ∫ pdV = ∫
L=Q
V
nRT
dV
dV = nRT ∫
= nRT A ln B = 1 ⋅ 8.31 ⋅ 96.27 ⋅ ln 3 = 878.89 J
V
V
VA
Q (A → B) = L (A → B) = 878.89 J
∆S ( A→ B ) = ncV ln
TB
V
+ nR ln B = 0 + 1 ⋅ 8.31 ⋅ ln 3 = 9.13 J / K
TA
VA
Trasformazione B → C (isocora):
L (B → C) = 0
Quindi
perché V = costante
∆U = Q – L = Q
∆U(B → C) = n cv ∆T = n cv (TC – TB) = 5/2 * 8.31 (62.04 - 96.27) = - 711.22 J
Q = ∆U = - 711.22 J
∆S ( B →C ) = ncV ln
calore ceduto
TC
V
5
62.04
+ nR ln C = 1 ⋅ ⋅ 8.31 ⋅ ln
+ 0 = −9.13J / K
TB
VB
2
96.27
Trasformazione C → A (adiabatica):
Q (C → A) = 0
perché adiabatica
Quindi
∆U(C → A) = n cv ∆T = n cv (TA – TC) = n cv (TB – TC) = - ∆U(B → C) =
= 5/2 · 8.31 (96.27 – 62.04) = + 711.22 J
∆U = Q – L = - L
L(C → A) = - ∆U(C → A) = - 711.22 J
∆S(C → A) = 0 perchè adiabatica reversibile
A→B
Q
L
∆U
∆S
878.89 J
878.89 J
0
9.13 J/K
- 711.22 J
0
- 711.22 J
- 9.13 J/K
0
- 711.22 J
711.22 J
0
167.67 J
167.67 J
0
0
Isoterma
B→C
Isocora
C→A
Adiabatica
ciclo
b) Calcolare il rendimento del ciclo
ρ=
L
+ L( C → A ) 167.67
L
= ( A→ B )
=
= 0.191 ≅ 19.1%
Qass
Q( A→ B )
878.89
Le temperature estreme sono:
TA = TB = 96.27 K
TC = 62.04 K
ρC = 1 −
TC
62.04
=1−
= −0.356 ≅ 35.6%
TA
96.27
ρ < ρC
come ci si aspettava
Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Termodinamica
10) Un pezzo di materiale solido di massa ms = 0.1 kg viene riscaldato a Ts = 300 °C e poi immerso
in un contenitore a pareti adiabatiche, contenente due litri di acqua inizialmente a Ta = 20°C. Se la
temperatura finale del sistema è di Tf = 21.3°C, si determini il calore specifico cs del solido,
assumendo i calori specifici indipendenti dalla temperatura.
Soluzione
ms = 0.1 kg
Va = 2 litri = 2 x 10-3 m3
ma
Ts = 300 °C
Ta = 20°C
ms
Tf = 21.3°C
cs = ?
Il corpo di massa ms , inizialmente alla temperatura Ts=300 °C , è immerso in un volume di acqua Va
= 2 litri che si trova inizialmente alla temperatura Ta = 20°C . Il corpo a temperatura maggiore cede
calore all’acqua a temperatura inferiore. Il recipiente è adiabatico (non ci sono dispersioni di calore),
quindi la somma algebrica del calore Qs ceduto dal solido e del calore Qa assorbito dall’acqua deve
essere nulla, cioè:
Qs + Qa = 0
e quindi
Qs = - Qa
(1)
La quantità di calore Qs ceduta dal corpo solido è pari a:
Qs = ms cs (Tf - Ts)
La quantità di calore Qa assorbita dall’acqua è data dalla:
Qa = ma ca (Tf - Ta) = ρa Va ca (Tf - Ta)
dove ρa = 1000 kg/m3 e ca = 1 cal/(g °C).= 1000 cal/(kg °C)
Sostituendo nella (1), si ottiene:
ms cs (Tf - Ts) = - ρa Va ca (Tf - Ta)
da cui
cs =
− ρ aVa ca (T f − Ta )
ms (T f − Ts )
=
− 1000 ⋅ 2 ⋅ 10 −3 ⋅ 1000 ⋅ (21.3 − 20)
cal
J
= 93.29
≅ 390.5
.
0.1 ⋅ ( 21.3 − 300)
kg °C
kg °C
Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
11) Vengono fatti espandere adiabaticamente m = 100 g di azoto (N2) fino a compiere un lavoro
L = 250 J. Considerando il gas perfetto, si calcoli la temperatura finale TB sapendo che quella
iniziale TA è di 40 °C. (La massa molare dell’azoto N2 è Mo = 28 g/mole; R = 8.31 J/(mol K))
Soluzione
m = 100 g
Mo = 28 g/mole
TA = 40°C = 313.15 K
L = 250 J
R = 8.31 J/mole K
N2
L=250J
TA=40°C
Per il primo principio della termodinamica si ha che:
∆U = Q – L
Il gas effettua una trasformazione adiabatica, allora Q = 0, quindi:
∆U = – L
n cV ∆T = - L
n cV (TB – TA) = - L
n cV TB – n cV TA = - L
quindi
TB = T A −
Il gas N2 è biatomico quindi cV =
L
ncV
(1)
5
R . Il numero di moli n si ricava dividendo la massa m del gas
2
N2 per la massa molare Mo cioè:
n=
m 100
=
= 3.57 moli
M0
28
Sostituendo nella (1) si ottiene:
TB = T A −
250
L
= 313.15 −
= 309.75 K = 36.6°C .
5
ncV
3.57 ⋅ ⋅ 8.31
2
Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
12) Una macchina irreversibile funziona scambiando calore con due sorgenti alle temperature
T1 = 300 K e T2 = 250 K. In un ciclo essa produce un lavoro L = 30 cal e la variazione totale di
entropia dell’universo è ∆S = 0.02 cal/K. Calcolare il rendimento ρ della macchina.
Soluzione
T1
Q1
T1 = 300 K
T2 = 250 K
L
L = 30 cal
M.T.
∆Suniverso = 0.02 cal/K
ρ=?
Q2
T2
Nella risoluzione del problema le quantità di calore Q1 e Q2 assorbita e ceduta dalla macchina sono
considerate come quantità positive. Con questa scelta il lavoro fatto dalla macchina è pari
semplicemente alla differenza fra il calore assorbito Q1 e il calore ceduto Q2: L=Q1-Q2
L
Per calcolare il rendimento ρ =
della macchina è necessario ricavare il calore assorbito Q1.
Q1
Una relazione fra Q1 e Q2 si ottiene osservando che il lavoro L fatto dalla macchina è pari a 30 cal:
L = Q1 – Q2 = 30 cal
Una seconda relazione fra Q1 e Q2 si può ottenere calcolando la variazione di entropia dell’universo
in un ciclo della macchina, visto che la traccia fornisce il suo valore ∆Suniverso = 0.02 cal/K.
La variazione di entropia dell’universo ∆Suniverso è semplicemente la somma delle variazioni di
entropia della macchina e delle due sorgenti.
∆Suniverso = ∆Smacchina + ∆S1 + ∆S2
La variazione di entropia della macchina ∆Smacchina in un ciclo è nulla in quanto l’entropia è funzione
di stato (lo stato finale della macchina è identico a quello iniziale).
La sorgente a temperatura T1 cede una quantità di calore Q1 alla macchina, quindi la sua variazione
di entropia ∆S1 è negativa.
La sorgente a temperatura T2, al contrario, acquista dalla macchina una quantità di calore Q2 , quindi
la sua variazione di entropia ∆S2 è positiva.
Quindi
Q Q
Q
Q
∆S universo = ∆S1 + ∆S 2 = − 1 + 2 = − 1 + 2
T1 T2
300 250
Otteniamo così la seconda relazione fra Q1 e Q2:
Q1
Q
+ 2
300 250
Mettendo a sistema le due relazioni ricavate sopra si ottengono i valori di Q1 e Q2 :
0.02 = −
Q
2
Q1
+ 2 =
−
300 250 100
Q1 = Q2 + 30
2
Q2 + 30 Q2
+
=
−
30
25 10
Q1 = Q2 + 30
Dalla prima equazione si ottiene:
- 5 (Q2 + 30) + 6 Q2 = 30
-5 Q2 - 150 + 6 Q2 = 30
Q2 = 180 cal
Sostituendo nella seconda si ottiene il valore di Q1:
Q1 = Q2 + 30 = 180 + 30 = 210 cal
Il rendimento cercato è quindi
ρ=
L
30
=
= 0.14 = 14%
Q1 210
Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
13) Una mole di azoto (N2) occupa inizialmente un volume V0 = 10 l alla temperatura T0 = 400 K. Il
gas compie una espansione adiabatica irreversibile a seguito della quale il volume raddoppia. Il
lavoro compiuto dal gas durante la trasformazione è L = 1250 J.
Determinare:
a) la temperatura e la pressione del gas quando si è stabilito di nuovo l'equilibrio termodinamico;
b) la variazione di entropia nel processo.
R = 8.31 J/(mol K) = 0.0821 litri·atm (mol K)
Soluzione
L’azoto (N2 ) è biatomico, quindi il calore specifico molare a volume costante è cv =
5
R.
2
Il gas compie una espansione adiabatica irreversibile durante la quale compie un determinato lavoro
esterno. Applicando il primo principio della termodinamica alla trasformazione effettuata dal gas si
ha:
∆U =Q – L = – L
in quanto Q=0 in una trasformazione adiabatica. D’altra parte la variazione di energia interna ∆U in
un gas perfetto che effettua una trasformazione qualsiasi tra due stati che differiscono di ∆T in
temperatura è sempre data da ∆U = n cv ∆T. Quindi
n cv ∆T = – L
n cv (Tf – Ti) = – L
da cui si ricava la temperatura finale di equilibrio:
5
⋅ 8.31 ⋅ 400 − 1250
ncv Ti − L 2
L
=
=
≅ 340 K
T f = Ti −
5
ncv
ncv
⋅ 8.31
2
Dall’equazione di stato dei gas perfetti, possiamo ricavare il valore della pressione nel nuovo stato
di equilibrio termodinamico:
pf Vf = n R Tf
nRT f
0.0821 ⋅ 340
≅ 1.4atm
Vf
2 ⋅ 10
La variazione di entropia del processo può essere calcolata utilizzando l’espressione generale per la
variazione di entropia di un gas perfetto fra due stati termodinamici I≡ (Ti, Vi) ed F≡ (Tf, Vf )
pf =
∆S = ncV ln
Tf
Ti
+ nR ln
Vf
Vi
=
=
5
340
20
⋅ 8.31 ⋅ ln
+ 8.31 ⋅ ln
≅ −3.38 + 5.76 = 2.38 J / K
2
400
10
Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
14) Si considerino due macchine termiche che funzionano con le stesse due sorgenti di calore alle
temperature T2 = 250K e T1 = 500K. La prima macchina opera secondo un ciclo di Carnot
assorbendo una quantità di calore Q1 = 1400J dalla sorgente alla temperatura T1. La seconda
macchina descrive invece un ciclo irreversibile il cui rendimento è ρ' = 0.35. Il lavoro prodotto dalle
due macchine è il medesimo. Determinare :
a) il lavoro prodotto in un ciclo;
b) la variazione di entropia dell’universo che accompagna ogni ciclo della macchina irreversibile.
Soluzione
T1
Q1
T1 = 500K
L
CARNOT
T2 = 250K
Q1 = 1400J (calore assorbito Carnot)
L = L’=?
Q2
T2
a)
Il rendimento della macchina di Carnot è dato da:
ρ Carnot =
T
L
250 1
= 1− 2 = 1−
= = 0 .5 = 50 %
Q1
T1
500 2
da cui si ricava immediatamente la risposta al quesito a):
L = ρCarnot·Q1 = 0.5 1400 = 700 J
b)
T1
Q1’
L’=L
ρ’=0.35
Macchina
irreversibile
Q2’
T2
Indichiamo con l’apice tutte le grandezze relative alla macchina irreversibile. Il lavoro L’ fatto dalla
macchina irreversibile è uguale a quello (L=700 J) fatto dalla macchina di Carnot. Per calcolare la
variazione di entropia che accompagna ogni ciclo della macchina irreversibile abbiamo bisogno di
conoscere il calore Q1’assorbito dal termostato a temperatura T1 e il calore Q2’ ceduto al termostato
a temperatura T2.
Conoscendo il rendimento ρ' della macchina irreversibile possiamo calcolare il calore Q1’ assorbito
dalla macchina:
L'
L' 700
ρ'= '
→
Q '1 =
=
= 2000 J
Q1
ρ ' 0.35
Il calore Q2’ ceduto dalla macchina irreversibile al termostato a temperatura più bassa T2 sarà quindi
dato da:
Q2’ = Q1’ – L’ = 2000 – 700 = 1300 J
La variazione di entropia dell’universo per ogni ciclo della macchina irreversibile è data solamente
dalla variazione di entropia delle sorgenti, in quanto la variazione di entropia della macchina in un
ciclo è nulla (l’entropia è una funzione di stato)
∆S sorg = −
Q'1 Q' 2
2000 1300
+
=−
+
= 1.2 J / K
T1
T2
500
250
Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
15) Un gas perfetto descrive un ciclo reversibile costituito dalle trasformazioni: AB adiabatica, BC
isoterma e CA isocora.
Calcolare il rendimento del ciclo sapendo che TA = 2TB.
Soluzione
p
A
isocora
adiabatica
C
A→B
adiabatica
B→C
isoterma
C→A
isocora
TA = 2TB
isoterma
VA = VC
(poiché isocora)
TB = TC
(poiché isoterma)
B
VA = VC
VB
V
Il rendimento del ciclo è dato dalla:
ρ=
Q − Qced
L
= ass
Qass
Qass
si devono quindi calcolare Qass e Qced . In questo ciclo:
QAB = 0 (poiché trasformazione adiabatica)
QCA = Qass = n cv ∆T = n cv (TA - TC) = n cv (TA – TB) = n cv (2TB – TB) = n cv TB
VC
Q BC = Qced =
V
C
nRTB
V
V
dV
dV
=
nRT
= nRTB ln C = −nRTB ln B
B ∫
∫V V
V
VB
VC
VB
B
quindi, essendo VA = VC
VB
VA
Il rapporto VB / VA si può calcolare considerando la trasformazione AB (adiabatica) per la quale vale
la seguente:
Qced = − nRTB ln
PVγ = cost
da cui
nRT γ
⋅ V = cost
V
e quindi, essendo n ed R costanti:
T V γ - 1 = cost
Applicata alla trasformazione AB si ha:
T AV Aγ −1 = TBVBγ −1
da cui
TA VB
=
TB V A
γ −1
e:
1
VB T A γ −1
=
V A TB
Sapendo che γ =
cp
cv
e che cp - cv = R (relazione di Mayer) si ha:
γ −1 =
cp
cv
−1 =
c p − cv
cv
1
Qced
=
R
cv
oppure
cv
1
=
R γ −1
cv
T γ −1
T R
T
c
V
= − nRTB ln B = − nRTB ln A = − nRTB ln A = −nR v ⋅ TB ln A = −ncv TB ln 2
VA
R
TB
TB
TB
Quindi il rendimento ρ risulta essere:
ρ=
Q
nc T ln 2
L
= 1 + ced = 1 − v B
= 1 − ln 2 = 0.3
Qass
Qass
ncv TB
Fisica 1 (A.A. 2004-2005) Esercizi Termodinamica
16) Una macchina di Carnot ha un rendimento ρ = 22 %. Le due sorgenti a temperatura costante
differiscono di 75 K . Sapendo che il lavoro prodotto in un ciclo è L = 200 J calcolare:
a) le due temperature T1 e T2 ( con T1 > T2);
b) la quantità di calore Q1 assorbita dalla macchina di Carnot dalla sorgente a temperatura T1 e la
quantità di calore Q2 ceduta dalla macchina di Carnot alla sorgente a temperatura T2;
c) le variazioni di entropia (con il loro segno) ∆S1 e ∆S 2 di ciascuna delle due sorgenti
d) la variazione di entropia dell’universo ∆S univ .
Soluzione
p
ρ = 22% = 0.22
A
T1 – T2 = 75 K
L = 200 J
T1
B
a) T1 = ?
T2 = ?
b) Q1 = ?
c) Q2 = ?
D
d) ∆S1 = ? ∆S2 = ?
C
T2
e) ∆SUNIV = ?
V
a) Consideriamo le quantità di calore Q1 e Q2 come quantità positive. Con questa scelta il
rendimento ρ della macchina di Carnot è:
ρ = 1−
ρ =1−
Q2
T
= 1− 2
Q1
T1
T2 T1 − T2 ∆T
=
=
T1
T1
T1
quindi
T1 =
∆T
ρ
=
75
= 340.9 K ≅ 341K
0.22
e
T2 = T1 − (T1 − T2 ) ≅ 341 − 75 = 266 K
b)
Essendo Q1 e Q2 quantità positive, il lavoro prodotto in un ciclo è pari alla differenza fra Q1 e Q2:
L = Q1 – Q2 = 200 J
Inoltre
Q2 T2 266
=
=
= 0.78
Q1 T1 341
Abbiamo quindi le seguenti due relazioni nelle due incognite Q1 e Q2:
Q1 − Q2 = 200
Q2 = 0.78 Q1
Risolvendo
Q1 − 0.78 ⋅ Q1 = 200
Q2 = 0.78 Q1
0.22 ⋅ Q1 = 200
Q2 = 0.78 Q1
200
⋅ Q1 =
0.22
Q2 = 0.78 Q1
da cui
Q1 = 909 J
Q2 = 709 J
d) La variazione di entropia della sorgente 1 è:
∆S1 = −
Q1
909
=−
= −2.66 J / K
T1
341
La variazione di entropia della sorgente 2 è:
∆S 2 = +
Q2 709
=
= 2.66 J / K
T2 266
e) La variazione di entropia dell’universo in un ciclo della macchina di Carnot (o di una qualunque
macchina termica reversibile che lavori fra T1 e T2) risulta quindi essere:
∆SUNIV = ∆S1 + ∆S2 = - 2.66 + 2.66 = 0
Fisica 1 (A.A. 2004-2005) Esercizi Termodinamica
17) Un gas perfetto monoatomico compie, a partire da un certo stato iniziale, una trasformazione
isocora fino a una pressione doppia di quella iniziale, assorbendo una quantità di calore Q = 45 cal.
Si calcoli il lavoro compiuto dal gas se, a partire dallo stesso stato iniziale, esso compie invece una
trasformazione isobara che ne fa raddoppiare il volume.
Soluzione
F
2 p0
p0
G
I
2 V0
V0
V
Il lavoro compiuto dal gas nella trasformazione isobara da I a G è semplicemente
L = p 0 ∆V = p 0 (2V0 − V0 ) = p 0V0
La quantità p0V0 entra nell’equazione di stato dei gas perfetti:
p0V0 = nRT0
Nella trasformazione isocora da I ad F il gas passa da una pressione iniziale pi= p0 a una pressione
finale doppia pf=2p0. La temperatura finale Tf sarà quindi doppia di quella iniziale. Infatti
( 2 p0 ) ⋅ V0 = nRT f
2nRT0 = nRT f
Passando da I ad F il gas monoatomico ( cv =
3
R ) assorbe una quantità di calore Q = 45 cal:
2
Q = ncv ∆T = ncv (T f − T0 ) = ncv (2T0 − T0 ) = ncv T0
Q=n
3
3
3
R T0 = nR T0 = p0V0
2
2
2
Possiamo quindi ricavare la quantità cercata p0V0 :
p0V0 =
2
Q
3
Il lavoro L compiuto dal gas nella trasformazione isobara da I a G è quindi
L = p0V0 =
T f = 2T0
2
2
Q = 45cal . = 30cal .
3
3
Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
18) Un blocco di ghiaccio di massa mg alla temperatura T1 = -10°C è immerso in 100g di acqua alla
temperatura T2 = 27°C. Calcolare la temperatura finale di equilibrio e la quantità di ghiaccio sciolta
nei due casi:
a) mg = 100g;
b) mg = 10g;
(ca = 1 cal/g °C; cg = 0.5 cal/g °C, λfus = 80 cal/g)
Soluzione
mg
ma
a)
Nel primo caso una massa mg = 100g di ghiaccio viene immersa in ma = 100g di acqua. Per
ricavare la quantità di ghiaccio sciolta, osserviamo che affinché il ghiaccio inizi a sciogliersi deve
innanzitutto portarsi dalla temperatura iniziale T1 = -10°C alla temperatura Tfus= 0°C, assorbendo
calore dall’acqua circostante. La quantità di calore necessaria per il riscaldamento del ghiaccio da 10°C a 0°C è:
Qg (T1=-10°C → Tfus=0°C) = mg cg ∆T = 100 · 0.5 · 10 = 500 cal
La massa ma di acqua con cui il ghiaccio è in contatto termico può fornire al ghiaccio al massimo
una quantità di calore Qa,max che corrisponde a un raffreddamento dell’intera massa d’acqua ma fino
alla temperatura di solidificazione dell’acqua Tsol=0°C:
Qa,max (T2 = 27°C → Tsol= 0°C) = ma ca ∆T = 100 · 1 · 27 = 2700 cal
Essendo Qa,max > Qg allora il ghiaccio può assorbire dall’acqua circostante il calore necessario a
passare da -10°C a 0°C. Assorbendo ulteriormente calore il ghiaccio comincia a fondere.
La quantità di calore necessaria affinché l’intera massa mg di ghiaccio si fonda può essere ricavata
dalla relazione:
Qfus = λfus mg = 80 · 100 = 8000 cal
La quantità di calore necessaria per la fusione dell’intera massa di ghiaccio è superiore alla massima
quantità di calore che l’acqua circostante può fornire Qfus > Qa,max. Non tutta la massa di ghiaccio
può quindi passare allo stato liquido, con il risultato che coesisteranno in equilibrio acqua e
ghiaccio. La temperature di equilibrio Te risulterà quindi essere la temperatura di fusione Tfus= 0°C.
La quantità m’g di ghiaccio fusa può essere ricavata dalla conservazione dell’energia. La quantità di
calore massima Qa,max che l’acqua circostante può fornire serve ad innalzare la temperatura del
ghiaccio da -10°C a 0°C, e a fondere solo una parte m’g di ghiaccio:
Qa,max = Qg (T1=-10°C → Tfus=0°C) + m’g λfus
2700 = 500 + 80 m’g
da cui:
m' g =
2200
= 27.5 g
80
b)
Nel secondo caso una massa mg = 10g viene immersa in ma = 100g di acqua.
La quantità di calore necessaria adesso per il riscaldamento di soli 10 grammi di ghiaccio da -10°C a
0°C è:
Qg (T1= -10°C → Tfus=0°C) = mg cg ∆T = 10 · 0.5 · 10 = 50 cal
La quantità di calore necessaria per fondere i 10 grammi di ghiaccio è pari a:
Qfus = λfus mg = 80 · 10 = 800 cal
La quantità di calore massima Qa,max =2700 cal che l’acqua circostante può fornire è adesso
sufficiente per innalzare la temperatura di mg=10g di ghiaccio da -10°C a 0°C (servono infatti solo
50 cal)e per fondere l’intera massa di ghiaccio (servono infatti solo ulteriori 800 cal).
Assorbendo quindi solo 850cal dall’acqua circostante l’intera massa mg=10g di ghiaccio fonde e si
ottengono 10 grammi di acqua a 0°.
Assorbendo ulteriormente una quantità di calore Q (0°C → te) dalla massa ma=100g di acqua
circostante a più alta temperatura, i 10 grammi di acqua a 0° e la massa ma = 100g si porteranno a
una temperatura intermedia di equilibrio tE.
Se si indica Qa la quantità di calore ceduta dalla massa ma = 100g di acqua che si porta dalla
temperatura T1=27°C alla temperatura di equilibrio te, il bilancio dei calori scambiati può essere
scritto come:
Qa (T1=27°C → te) = Qg (-10°C → 0°C) + Qfus + Q (0°C → te)
ma ca (27° - te) = 50 + 800 + mg ca ( te- 0°)
100 · 1 (27° - te) = 50 + 800 + 10 · 1 ( te- 0°)
100 · 27 – 100 · te = 850 + 10 · te
da cui
2700 – 100 te = 850 + 10 te
110 te = 1850
e quindi
1850
te =
= 16.8°C
110
Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
19) Una kmole di gas perfetto biatomico è contenuta in un recipiente adiabatico munito di pistone di
volume Vi =0.5m3. Con il pistone bloccato il contenitore viene posto in un ambiente la cui pressione
è mantenuta costante al valore p0 = 5·10 6 Pa. Ad un certo istante si sblocca il pistone e il gas si
espande fino a raggiungere l’equilibrio meccanico con l’ambiente. Si osserva una diminuzione di
temperatura ∆T= - 20 K. Calcolare il volume finale Vf del gas.
Soluzione
n = 1000
V = 0.5 m
p0 = 5 ⋅ 106 Pa
3
Il recipiente è adiabatico, quindi il calore scambiato con l’esterno è nullo (Q = 0 ).
Il lavoro fatto dal gas sull’ambiente esterno a pressione p0=costante è semplicemente:
L = p 0 ∆V
Dal primo principio della termodinamica:
∆U = Q − L = − L
La variazione di energia interna del gas perfetto biatomico (cV=5/2 R) è
5
∆U = ncV ∆T = 1000 R ⋅ ( −20) = −50000 R
2
∆V = V f − Vi =
L − ∆U 50000 ⋅ 8.31
=
=
≅ 0.08 m 3
6
p0
p0
5 ⋅ 10
V f = Vi + ∆V = 0.5 + 0.08 = 0.58 m 3
Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
20) Un gas perfetto biatomico subisce una trasformazione a seguito della quale la pressione varia da
po = 1.5·105 Pa a p1 = 2.25 ·105 Pa. Il calore netto scambiato durante la trasformazione è Q=608 J.
Sapendo che il volume finale V1 è uguale a quello iniziale (Vo = 3 l) determinare:
a) la variazione di energia interna ∆U subita dal gas;
b) il lavoro fatto dal gas.
Soluzione
Il fatto che i volumi iniziale e finale sono uguali non è sufficiente per dedurre che il lavoro è nullo
(la trasformazione, cioè, non è isocora); infatti il lavoro dipende dalla trasformazione subita dal gas
ed il suo valore può essere determinato dal primo principio della termodinamica:
L = Q - ∆U
La variazione di energia interna di un gas perfetto risulta essere:
∆U = n cv (T1-T0)
Le temperature iniziale e finale si determinano dall’equazione di stato del gas perfetto:
T0 =
p 0V0
nR
e T1 =
p1V1 p1V0
=
nR
nR
La variazione di energia interna risulta:
p1V0 p0V0 cv
−
= V0 ( p1 − p0 ) = 562.5 J
nR R
nR
∆U = n cv
Il lavoro del gas risulta quindi:
L = Q - ∆U = 608 -562.5 = 45.5 J.
