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classe 4C
12 aprile 2011
VERIFICA di FISICA
Domande
1)
Dai la definizione di calore specifico e calore molare. Nel caso di un gas ideale indica e
ricava i possibili valori del calore molare, dandone una spiegazione.
2)
Enuncia il primo principio della termodinamica,
sottolineando cosa si intende per funzione di stato e specifica
quali tra le grandezze che compaiono in tale principio. Data la
trasformazione in figura calcola il lavoro, il calore e la variazione
di energia interna.
P(atm)
2
1
3)
Enuncia il principio di equipartizione dell’energia e da
quello ricava l’espressione della velocità quadratica media delle
molecole di un gas perfetto, in funzione della massa molare del gas
e della temperatura. Considera elio ed ossigeno ad una temperatura
T fissata, calcola, se è possibile, il rapporto tra le velocità quadratiche medie
energie medie
4)
10
20
vqm ( He)
vqm (O2 )
V(l)
e tra le
E c ( He)
, motivando tutti i passaggi.
Ec (O2 )
Indica se le seguenti affermazioni sono vere o false, specifica il perché.
a) In una trasformazione adiabatica reversibile la temperatura diminuisce.
b) In una trasformazione isocora, a parità di calore scambiato, una mole di gas
biatomico aumenta la sua temperatura più che in un'isobara.
c) In una trasformazione isoterma il calore scambiato è nullo perché non c'è variazione
di temperatura.
Problema
3 moli di gas perfetto monoatomico alla pressione P=1 atm occupano un volume V=40 dm3. Il gas
descrive un ciclo termodinamico reversibile costituito da:
un’espansione adiabatica che ne raddoppia il volume,
una compressione isoterma che lo riporta alla pressione iniziale e
un’isobara
Rappresenta il ciclo in n piano P-V. Determina calore, lavoro e variazione di energia interna in
ciascuna trasformazione. Calcola il lavoro complessivamente compiuto nel ciclo e il calore
assorbito.
Verifica di fisica 12 Aprile
1
Soluzioni verifica 12 Aprile
1)
Dai la definizione di calore specifico e calore molare. Nel caso di un gas ideale indica e
ricava i possibili valori del calore molare, dandone una spiegazione.
Nelle trasformazioni in cui il calore scambiato produce una variazione di temperatura, c’è
proporzionalità diretta tra Q e ∆T , la costante di proporzionalità C che si chiama capacità termica,
è a sua volta direttamente proporzionale alla massa o al numero di moli.
Quindi
Q
Q
cspecifico =
cmolare =
m∆T
n∆T
tali grandezze dipendono dal particolare gas e dalla specifica trasformazione.
I calori molari possono avere i seguenti valori:
f
per una trasformazione a volume costante: cV = R
2
f
per una trasformazione a pressione costante: cP = R + R
2
dove f sono i gradi di libertà pari a 3 per i gas monoatomici e 5 per quelli biatomici.
I valori sopra riportati si ricavano dal primo principio e dalla teoria cinetica dei gas:
per le trasformazioni isocore L = 0 quindi Q = ∆U , sostituendo le espressioni corrispondenti:
f
f
ncV ∆T = n R∆T si ricava cV = R
2
2
per le trasformazioni isobare L = nR∆T , da
Q = L + ∆U , sostituendo le espressioni
corrispondenti:
f
f
ncP ∆T = nR∆T + n R∆T si ricava cP = R + R
2
2
2) Enuncia il primo principio della termodinamica, sottolineando
cosa si intende per funzione di stato e specifica quali tra le
grandezze che compaiono in tale principio.
Data la
trasformazione in figura calcola il lavoro, il calore e la variazione
di energia interna.
P(atm)
2
1
Il primo principio è un principio di conservazione dell’energia
nella sua forma più generale, dato un sistema termodinamico il
calore da esso scambiato è uguale alla somma di lavoro e
10
20
V(l)
variazione di energia interna: Q = L + ∆U
In tale principio U è funzione di stato, cioè una grandezza che dipende solo dallo stato
termodinamico del sistema, quindi ∆U non dipende dalla particolare trasformazione seguita, ma
solo dallo stato iniziale e finale. Q ed L invece non sono funzioni di stato, ma grandezze legate alla
particolare trasformazione termodinamica
Nella trasformazione in figura:
trattandosi di una compressione L = − Area = −15atm ⋅ l = −1500 J
f
f
pV
pV
∆U = n R∆T = n
R B B − A A=0
2
2
nR
nR
per il 1° principio quindi: Q = L + ∆U = −1500 J
Enuncia il principio di equipartizione dell’energia e da quello ricava l’espressione della
3)
velocità quadratica media delle molecole di un gas perfetto, in funzione della massa molare del gas
e della temperatura. Considera elio ed ossigeno ad una temperatura T fissata, calcola, se è
Verifica di fisica 12 Aprile
2
possibile, il rapporto tra le velocità quadratiche medie
vqm ( He)
vqm (O2 )
e tra le energie medie
E c ( He)
,
Ec (O2 )
motivando tutti i passaggi.
Il principio di equipartizione dell’energia dice che in un gas perfetto ogni molecola dà un contributo
1
all’energia interna pari a kT per ogni grado di libertà, dove k è la costante di Boltzmann definita
2
R
J
come k =
≈ 1,38 ⋅ 10 − 23
. I gradi di libertà f di una molecola rappresentano il numero di
NA
K
coordinate indipendenti necessarie ad individuare la posizione della molecola nello spazio.
L’energia cinetica media traslazionale di una qualunque molecola vale:
3kT
3RT
1
3
Ec = mv 2 = kT quindi v 2 = vqm =
=
2
2
m
M
dove m= massa di una molecola
M= massa molare
Per le molecole monoatomiche l’unica energia possibile è quella cinetica traslazionale, f=3 e di
3
conseguenza Ec = kT
2
Le molecole biatomiche invece hanno f=5, l’energia media di una molecole, che è sia traslazionale
5
sia rotazionale vale: Ec = kT
2
3RT
M O2
vqm ( He)
M He
32 g / mol
Quindi:
=
=
=
= 8 ≈ 2,8
vqm (O2 )
M He
4 g / mol
3RT
M O2
3
kT
E c ( He) 2
3
=
= ≈ 0,6
Ec (O2 ) 5 kT 5
2
4)
Indica se le seguenti affermazioni sono vere o false, specifica il perché.
a) In una trasformazione adiabatica reversibile la temperatura diminuisce.
L’affermazione è falsa, infatti si ha un raffreddamento nel caso di espansione mentre un
riscaldamento in caso di compressione.
Il primo principio applicato ad un’adiabatica dice infatti che ∆U = − L , quindi quando si ha
un’espansione, cioè L>0 si otterrà ∆U < 0 cioè ∆T < 0 viceversa in una compressione L<0 si
otterrà ∆U > 0 cioè ∆T > 0
b) In una trasformazione isocora, a parità di calore scambiato, una mole di gas biatomico
aumenta la sua temperatura più che in un'isobara.
Q
L’affermazione è vera, infatti da Q = ncx ∆T si ricava ∆T =
poiché per la relazione di Mayer
ncx
cP > cV si deduce che a parità di calore scambiato ∆Tisocora > ∆Tisobara . Il motivo di tale differente
variazione di temperatura sta nel fatto che in un’isobara parte dell’energia assorbita sotto forma di
calore viene utilizzata per compiere lavoro e non per aumentare l’energia interna e quindi la
temperatura.
Verifica di fisica 12 Aprile
3
c) In una trasformazione isoterma il calore scambiato è nullo perché non c'è variazione di
temperatura.
L’affermazione è falsa perché il primo principio ricorda che il calore scambiato da un sistema non
produce necessariamente una variazione di temperatura, ma può anche esser trasformato in lavoro.
Nell’isoterma infatti Q = L , c’è calore scambiato pur non essendoci variazione di temperatura.
Problema
3 moli di gas perfetto monoatomico alla pressione P=1 atm occupano un volume V=40 dm3. Il gas
descrive un ciclo termodinamico reversibile costituito da:
un’espansione adiabatica che ne raddoppia il volume,
una compressione isoterma che lo riporta alla pressione iniziale e
un’isobara
Rappresenta il ciclo in n piano P-V. Determina calore, lavoro e variazione di energia interna in
ciascuna trasformazione. Calcola il lavoro complessivamente compiuto nel ciclo e il calore
assorbito.
p(atm)
1
n=3 f=3
P (atm)
1
0,3
1
A
B
C
3
V(dm )
40
80
24
C
A
T(K)
162
97
97
B
Usando l’equazione di stato (ricorda che 1 dm3=1
pV
1atm ⋅ 40 l
l) TA = A A =
= 162 K
atm ⋅ l
nR
3⋅ 0,0821
K ⋅ mol
Dall’equazione di Poisson:
40
80 V(dm3)
γ
V
pV
p AVA = pBVB ⇒ PB = A PA ≈ 0,3 atm e dall’equazione di stato: TB = TC = B B = 97 K
nR
VB
nRTC
Dall’equazione di stato: VC =
= 24 dm3
PC
Si possono quindi calcolare Q, L, ∆U per ogni trasformazione:
f
AB (adiabatica) Q, = 0
∆U = n R∆TAB ≈ −2431 J
L = − ∆U ≈ +2431 J
2
V
Q = L = nRTB ln C ≈ −2911 J
BC (isoterma ) ∆U = 0
VB
f
CA (isobara)
∆U = n R∆TCA ≈ +2431 J
L = nR∆TCA ≈ +1620 J
2
Q = L + ∆U ≈ +4051 J
Nel ciclo si ha complessivamente:
Ltotale = LAB + LBC + LCA ≈ 1140 J (che rappresenta l’area della regione di piano delimitata dal ciclo)
γ
γ
Qassorbito = QCA ≈ 4051 J
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