Termodinamica I Principio Termodinamica Adiabatica Isobara Isoterma Isocora Nessun scambio di calore con l’esterno. La temperatura varia Pressione costante Temperatura Costante Volume costante L U Q L U L p V Q 0 L C mV n T L n R T Q C mp n T L m cV T Equazione di Stato p V p1 V1 L 2 2 1 p V n R T U C mV n T V VT 0 T 273 V1 V2 T1 T2 p1 V1 p2 V2 p1 V1 p2 V2 T1 T2 VT k1 T PT k 2 T T1 V1 1 T2 V2 1 1 T1 p1 L Q 1 T2 p2 U 0 V L n R T ln 2 V1 P L n R T ln 1 P2 p1 V1 p2 V2 L0 Q U Q cV m T Q CmV n T p pT 0 T 273 p1 p2 T1 T2 Note Per il calcolo del lavoro fatto contro l’esterno occorre considerare la pressione esterna del cilindro (ad esempio, uno spostamento del pistone in un ambiente vuoto non comporta Lavoro). Il lavoro è rappresentato dall’area della porzione di piano definita dalla curva P = f (V) con estremi il valore iniziale e il valore finale del volume. C mV 3 2 R 12 ,5 J mol K 5 R 20 ,8 J mol K 2 7 2 R 29 J mol K per un gas monoatomic o per un gas biatomico per un gas di più atomi m N N0 M N n N0 C mP M c p CmV M cv CmP CmV m n M C mP C mV R 1,67 C mP = 1,40 CmV 1,29 per un gas monoatomic o per un gas biatomico per un gas di tre o più atomi R 8 ,314 J /( k mol ) R 0 ,0821 ( l Atm ) ( k mol ) cV = Calore specifico a volume costante cP = Calore specifico a pressione costante CmV = Calore specifico molare a Volume costante CmP = Calore specifico molare a Pressione costante m = massa della molecola (in grammi) M = Peso molecolare o massa molecolare N = Numero molecole N0 = 6 ,02 10 23 (numero di Avogadro) n = numero di moli (n° di grammomolecole) Unità di misura 1J 1J 1 Pa = 1 N / m 2 1 cal = 0,001 Kcal 1 Kg P m 1 l · Atm 1 Atm 1 mmHg (torr) 1 bar 1W 1 CV 1N 1 Kg P = 0,239 cal 1N·1m = = 1 J / m3 = 4,186 J = 9,8 J = 101,3 J = 1,013·10 5 Pa = 133,3 Pa = 10 5 dine / cm 2 = 0,239 cal / s = 736 W = 10 5 dine = Esercizi di Termodinamica 9,8 N = 0,102 Kg P m = = = = = 1kg 1m 2 s 2 10 dine / cm 2 0,427 Kg P m 2,34 cal 24,2 cal 1,013·10 5 N / m 2 = = = 1,02 Atm 1,36 ·10 -3 CV 75 Kg P m/s 0,102 Kg P 9,87·10 -3 l Atm = 1 Pa · m 3 9,87·10 -6 Atm = 4,13·10 -2 l Atm 9,7·10 -2 l Atm = = 10,33 Kg P m 760 mmHg=760 Torr = = = 2,78·10 -7 KWh 0,102 Kg P m/s 175,7 cal / s 1kg m s 2 1kg 9 ,8 m s 2 www.mimmocorrado.it 1 I° Principio della Termodinamica Esempio 1 - isocora Esempio 2 - isobara 7 moli di gas monoatomico sono contenuti in un recipiente chiuso del volume di 60 litri. Inizialmente la Due moli di un gas biatomico che si trovano in un cilindro sua pressione è di 5 10 5 Pa , mentre dopo un certo periodo di tempo la pressione si attesta sul valore di avente un volume di 10 litri, alla pressione di 3 10 5 Pa vengono espansi mediante riscaldamento a pressione costante fino al volume di 30 litri. 2 10 5 Pa . Determinare la quantità di calore perso dal sistema, il salto termico subito dal gas e la variazione della sua energia interna. 5 P (Pa · 10 ) 5 4 3 5 P (Pa · 10 ) A 2 A 5 1 3 V (dm ) 10 2 3 60 Soluzione La trasformazione in questione è una isocora, perché il recipiente è chiuso e il suo volume è costante. La quantità di calore perso dal sistema è uguale alla variazione della sua energia interna, cioè: Q = U = CmV n T , ma per calcolarla occorre conoscere il salto termico T = TB TA . Dall’equazione di stato P V n R T = = Soluzione 3 3 V B = 30 litri = 30 dm =0,03 m . TA = = PA VA 5 10 5 Pa 6 10 2 m 3 = = n R 7 mol 8 ,314 J k mol = PA V A 3 10 5 Pa 0 ,01 m 3 = = n R 2 mol 8 ,314 J k mol 3 10 5 J m 3 0 ,01 m 3 = 180,42 K 2 mol 8 ,314 J k mol TB = 5 10 5 J m 3 6 10 2 m 3 = 515,5 K. 7 mol 8 ,314 J k mol TB 30 Determinare la temperatura corrispondente allo stato finale, il calore che deve essere fornito al gas per produrre la trasformazione, la variazione dell’energia interna del gas e il lavoro effettuato dal gas. B V (dm ) si ricava T A = B PB VB 3 10 5 Pa 0 ,03 m 3 = = n R 2 mol 8 ,314 J k mol 3 10 5 J m 3 0 ,03 m 3 = 541,26 K 2 mol 8 ,314 J k mol T = TB TA = (541,26 – 180,42) K = 360,84 K. Il calore che deve essere fornito al gas è dato da: con Q CmP n T 5 7 CmP = CmV R = R R = R = 2 2 = 29,01 J k mol 29 J k mol P V 2 10 5 Pa 6 10 2 m 3 = B B = = nR 7 mol 8 ,314 J k mol 2 10 5 J m 3 6 10 2 m 3 = 206,2 K. 7 mol 8 ,314 J k mol T = TB TA = (206,2 – 515,5) K = – 309,3 K Q = U = CmV n T = = 12 ,5 J K mol 7 mol 309 ,3 K = – 27064 J. Q CmP n T = 29 J k mol 2 mol 360 ,84 K = = 20929 J. 5 7 CmV = R = R = 20,785 J k mol 2 2 20,8 J k mol La variazione dell’energia interna del gas è data da: U = CmV n T = = 20 ,8 J K mol 2 mol 360 ,84 K = 15011 J. Il lavoro effettuato dal gas è dato da: L = P V = 3 10 5 Pa 0 ,03 0 ,01 m 3 = 6000 J Come verifica dei risultati si ha: Q = L + U ; 20929 J = (6000 + 15011) J ; 20929 J = 21011 J . Le piccole differenze dei valori ottenuti sono determinate dalle approssimazioni numeriche utilizzate nei calcoli. Esercizi di Termodinamica www.mimmocorrado.it 2 Esempio 3 - isoterma In una trasformazione isoterma due moli di gas passano da uno stato iniziale caratterizzato da una pressione di 6 10 5 Pa ed una temperatura di –30°C ad uno stato finale caratterizzato da una pressione di 3 10 5 Pa . Determinare il calore che viene fornito, il lavoro che viene effettuato, il volume iniziale e il volume finale della trasformazione. 5 P (Pa · 10 ) A 6 Soluzione Dall’equazione di stato P V n R T si ha: PA VA 6 10 5 Pa 0 ,01 m 3 = = 240,56 K n R 3 mol 8 ,314 J K mol Essendo un gas biatomico γ = 1,40, dalla formula P1 V1 P2 V2 si ha la pressione del nuovo stato: TA = 1,40 V 0 ,01 = 227357 Pa PB = PA A = 6 10 5 Pa 0 ,02 VB La temperatura del nuovo stato è: PB VB 227357 Pa 0 ,02 m 3 = = 182,31 K 3 mol 8 ,314 J K mol n R Il lavoro compiuto durante la l’espansione vale: L = U = CmV n T = TB = B 3 = 20 ,8 (J k mol 3 182 ,31 240 ,56 T = 3635 J 3 V (dm ) V1 V2 Esempio 5 – Isobara + Isoterma Soluzione Il calore che viene fornito, uguale al lavoro che viene P effettuato è dato da: Q = L = n R T ln 1 = P2 = 2 mol 8 ,314 J K mol 243 ,15 K log e 6 10 5 Pa 3 10 5 Pa Sei moli di ossigeno a 500 k si trovano all’interno di un contenitore sormontato da un pistone libero di muoversi. Si scalda il gas ottenendo un sollevamento del pistone, = in modo tale che il volume a disposizione triplichi. Successivamente, mantenendo costante la temperatura, = 8086 J. si solleva ancora il pistone, ottenendo una pressione Dall’equazione di stato P V n R T si ha: n R T 2 mol 8 ,314 J K mol 243 ,15 K VA = = = PA 6 10 5 Pa finale di 1,5 Atm. Quale è il volume del gas ? = 2 mol 8 ,314 J K mol 243 ,15 K 6 10 5 J m 3 P (Atm) PA = P B 3 = 0,0067385 m = A B 3 = 6,74 dm . n R T 2 mol 8 ,314 J K mol 243 ,15 K VB = = = PB 3 10 5 Pa = 2 mol 8 ,314 J K mol 243 ,15 K 3 10 5 J m 3 C PC V (l) 3 = 0,013477 m = VA VB VC 3 = 13,48 dm . Esempio 4 - adiabatica Tre moli di gas biatomico sono racchiusi in un cilindro di volume 10 litri alla pressione di 6 10 5 Pa . Il gas viene portato adiabaticamente ad un volume di 20 litri. Determinare la pressione e la temperatura nel nuovo stato, il lavoro compiuto durante l’espansione e la variazione di energia interna del gas. n R TA = VA pA = 246 ,3 litri . A Dalla formula della isobara B 3 V (dm ) V1 Esercizi di Termodinamica l Atm 500 K k mol = 1 Atm 6 mol 0 ,0821 Il volume del gas nello stato intermedio B è: VB 3 V A = 3 246 ,3 litri = 738 ,9 litri . Essendo la trasformazione AB isobara, la pressione nello stato intermedio B è: pB p A 1Atm . 5 P (Pa · 10 ) 6 Soluzione La pressione del gas nello stato iniziale A equilibra la pressione atmosferica (pari a 1 Atm) esistente sopra il pistone. Pertanto p A 1Atm . Il volume del gas nello stato iniziale A è quindi: V2 VA VB si ottiene la T A TB temperatura del gas nello stato intermedio B: T V 500 K 738 ,9 l = 1500 k . TB A B = 246 ,3 l VA www.mimmocorrado.it 3 Essendo la trasformazione BC isoterma, la temperatura del gas nello stato finale C è: TC TB 1500 k . Dalla formula della isoterma pB VB pC VC ottiene il volume del gas nello stato finale C: VC si pB VB 1 Atm 738 ,9 = = 492 ,6 litri . 1,5 Atm pC Tre moli di gas alla temperatura iniziale T A 400 k subiscono un’espansione isoterma AB in modo da raddoppiare il loro volume. Il gas è quindi compresso isobaricamente sino a tornare al volume di partenza. Calcola la pressione, il volume e la temperatura del gas nello stato finale C. P (Atm) PB B V (l) VA VB Soluzione Dalla formula della isoterma p A V A pB VB si ottiene la pressione del gas nello stato intermedio B pB p A VA p V p =. A A = A . VB 2 VA 2 Essendo la trasformazione BC isobara, la pressione pA . 2 V V Dalla formula della isobara B C si ottiene la TB TC nello stato finale C è: pC pB temperatura del gas nello stato finale C: T V 400 K V A = 200 k . TC B C = VB 2 VA Ricordando che: “Una mole di un qualsiasi gas, indipendentemente dalla sua massa molecolare, alla temperatura di O°C e alla pressione di 1 Atm occupa sempre il volume V = 22,41 litri”. Se il gas, nella trasformazione BC, è compresso isobaricamente a pressione atmosferica normale (1 Atm) si può calcolare il volume nello stato C. Per una mole si ha: 22 ,41 l V0 VC V ; VC TC 0 = 200 k = 16 ,42 l 273 k T0 TC T0 I tre moli di gas hanno quindi un volume: VC 3 16 ,42 l = 49 ,26 l . Esercizi di Termodinamica p V = R T 1 Atm 1,4 l = 0 ,0568 mol l Atm 0 ,0821 300 k k mol La massa di una mole (peso molecolare o massa molecolare) è: M m 3g = = 52 ,8 g mol . n 0 ,0568 mol Esercizio 17 (pag.97) - isobara Una mole di gas ideale monoatomico è contenuta in un cilindro dotato di pistone mobile senza attrito e di peso 5 trascurabile. Inizialmente la sua pressione vale 10 Pa e la sua temperatura -73,15 °C. Si fornisce calore al gas mantenendo la sua pressione costante e fino a quando il suo volume diventa doppio. Determinare la temperatura finale del gas, il lavoro compiuto da esso, il calore fornito al gas. A C Calcola la massa di una mole di un gas ideale che, a 300 k , pressione atmosferica, volume uguale a 1,4 litri, ha una massa di 3 g. Soluzione Dall’equazione di stato dei gas perfetti: P V n R T si ottiene il numero dei moli del gas: n Esempio 6 - Isoterma + Isobara PA Esempio 6 - Massa Soluzione In una trasformazione isobara, volume e temperatura, in P V ° Kelvin, sono direttamente proporzionali Cost T Pertanto, dato che il volume è raddoppiato, anche la temperatura assoluta raddoppia. Essendo T 1 = -73,15 °C = (273,15 - 73,15) °K = 200°K allora T 2 = 2 T1 = 2 200 °K = 400 °K . Il lavoro compiuto dal gas è L p V n R T = J 1 mol 8 ,314 200 K = 1662,8 J . k mol Essendo il gas monoatomico, il calore specifico molare a 5 pressione costante è CmP R . 2 Pertanto il calore fornito al gas è Q CmP n T = 5 5 J R n T = 8 ,314 1 mol 200 K = 4157 J . 2 2 K mol Esercizio 18 - isobara 3 moli di gas monoatomico vengono riscaldate alla pressione costante di 1,5 Atm facendolo espandere da 40 litri a 60 litri. Calcolare il lavoro compiuto dal gas e l’aumento di temperatura. Soluzione Essendo la pressione costante, la trasformazione è una isobara. Il lavoro compiuto dal gas è: L = P V = 1,5 Atm 20 l = 30 l Atm = 30 101,3 J = = 3039 J. Dalla formula L = n R T si ha: L 3039 J T = = = 121,8 K. 3 mol 8 ,314 J K mol n R www.mimmocorrado.it 4 Esercizio 19 - isobara 10 g di aeriforme ideale monoatomico di massa molare 20 g/mole, contenuti in un cilindro disposto orizzontalmente, dotato di stantuffo mobile, ricevono una quantità di calore pari a 1000 J. Il riscaldamento viene effettuato a pressione costante e in totale assenza di 5 attriti e si sa che la pressione esterna vale 10 Pa. Determinare il salto termico del gas, la variazione della sua energia interna, il lavoro fatto contro l’esterno e la variazione volumica. Soluzione 10 g di gas ideale avente massa molare 20 g/mole 10 g rappresentano n 0 ,5 moli 20 g mol Essendo il gas monoatomico, il calore specifico molare a 5 pressione costante è CmP R . 2 In una isobara Q CmP n T , quindi Q 1000 J T = = 10 g 5 n CmP R 20 g mol 2 1000 J = 96 °K 5 J 0 ,5 mol 8,314 2 K mol Essendo il gas monoatomico, il calore specifico molare a 3 volume costante è CmV R . 2 La variazione dell’energia interna è U = CmV n T = = 3 3 J R n T = 8,314 0 ,5 moli 96 K = 599 J. 2 2 K mol Il lavoro compiuto dal gas è L p V n R T = J 0,5 mol 8 ,314 96 K = 400 J . k mol In una isobara L P V , quindi la variazione volumica L 400 J J N m è V = = = 0 ,004 = 0 ,004 = P 10 5 Pa Pa N m2 0 ,004 m 3 Esercizio 20 - isocora In un recipiente ermeticamente chiuso sono contenuti 1000 g di un gas avente calore specifico a volume costante pari a 0,24 cal g C . Dopo un certo tempo si constata che il gas ha subito una variazione di temperatura di -10 °C. Determinare la variazione dell’energia interna del gas e il calore scambiato da esso con l’esterno. Soluzione Essendo il recipiente ermeticamente chiuso, il suo volume non cambia. Pertanto si tratta di una trasformazione isocora. Q = U = CV m T = = 0 ,24 cal g C 1000 g 10 C = -2400 cal. Esercizi di Termodinamica Esercizio 21 - isobara 2 moli di azoto vengono riscaldate a pressione costante e la loro temperatura passa da -30 °C a + 40 °C. Determinare il lavoro compiuto nella trasformazione. Sapendo poi che il calore specifico molare a volume costante dell’azoto vale 20,6 J/(mol K), determinare il calore totale fornito per il riscaldamento. Soluzione T 1 = -30 °C = (273,15 - 30) °K = 243,15°K T 2 = + 40 °C = (273,15 + 40) °K = 313,15°K T = T2 T1 = 313,15 – 243,13 = 70 °K. Il lavoro compiuto dal gas è L p V n R T = J 2 mol 8 ,314 70 K = 1164 J . k mol Essendo CmP = R CmP = J J J = 8 ,314 20 ,6 = 28 ,914 k mol k mol k mol Il calore fornito al gas è : J Q CmP n T = 28 ,914 2 70 K = 4048 J . K mol Esercizio 22 - isobara 3 moli di gas monoatomico [C mV = 12,47 J mole K ] sono contenute in un cilindro dotato di stantuffo mobile senza attrito e si trovano in equilibrio con la pressione esterna di 1,5 Atm. Il gas viene riscaldato e il suo volume passa da 40 litri a 60 litri. Calcolare il lavoro compiuto dal gas, l’aumento della sua temperatura e il calore fornito nel processo. Soluzione La trasformazione è una isobara. Il lavoro compiuto dal gas è: L = P V = 1,5 Atm 20 l = 30 l Atm = 30 101,3 J = = 3039 J. Dalla formula L = n R T si calcola: L 3039 J T = = = 121,8 K n R 3 mol 8 ,314 J K mol CmP = CmV R = 12 ,47 8 ,314 J mole K = = 20,784 J mole K Il calore fornito nel processo è: Q = CmP n T = 20 ,784 J mol k 3 mol 121,8 k = = 7594 J. Esercizio 23 - adiabatica Il γ per un certo gas vale 1,44. Determinare i valori del corrispondente calore specifico a volume e a pressione costante (espressi entrambi in J mol K ). Soluzione Risolvendo il sistema formato dalle due equazioni: CmP CmV R CmP CmV 8 ,314 si ha CmP CmP 1,44 C C mV mV CmP CmV 8 ,314 CmP 1,44 CmV www.mimmocorrado.it 1,44 CmV CmV 8 ,314 5 1,44 CmV CmV 8 ,314 1,44 1 CmV 8 ,314 0 ,44 C mV 8 ,314 CmV 18 ,90 CmV 18 ,90 CmP 1,44 18 ,90 CmV 18 ,90 CmP 27 ,21 Esercizio 26 - adiabatica In una trasformazione adiabatica di un gas caratterizzato dal valore γ = 1,66 la pressione si dimezza. Determinare il rapporto tra il volume finale e il volume iniziale. Soluzione 1 P1 2 P1 V1 P2 V2 Sapendo che P2 Esercizio 24 - isoterma dalla formula 64 g (M = 32) di ossigeno subiscono una trasformazione isoterma nella quale si raddoppia il volume del gas. La temperatura della trasformazione è di 27 °C. Determinare il lavoro compiuto dal sistema. V2 V1 V2 P1 P = 1 =2 cioè =2 1 P2 V1 P1 2 applicando il logaritmo ad ambo i membri si ottiene: Soluzione Il numero di grammomolecole di ossigeno è: m 64 g n= = = 2 moli mentre V2 2V1 32 g mol M V log 2 V1 V log 2 V1 log 2 = ; 1,66 V Il lavoro compiuto dal sistema è L = n R T ln 2 = V1 = 2 mol 8,314 J mol K 300 ,15 K ln 2V1 = V1 si ha: 1,66 1,66 = 1,66 V = log 2 ; 1,66·log 2 V1 = log 2 ; V log 2 V1 = 0,1813… V calcolando l’antilogaritmo si ottiene: 2 = 1,52. V1 Esercizio 27 - adiabatica da cui = 2 mol 8,314 J mol K 300 ,15 K ln 2 = 3459 J. Il una trasformazione adiabatica di un gas caratterizzato Esercizio 25 - isoterma dal valore γ = 1,33 il volume diviene doppio. Determinare il rapporto tra la temperatura finale e la temperatura iniziale del gas. In una trasformazione isoterma che si sviluppa a 400 K si compie un lavoro di 10000 J. Le moli del gas che subiscono la trasformazione sono 3 e la pressione 5 iniziale del gas vale 10 Pa. Determinare la pressione del gas al termine della trasformazione. Soluzione 5 T = 400 K , L = 10000 J , n=3, P 1 = 10 Pa Dalla legge di Boyle P1 V1 = P2 V2 si ha V P2 P1 1 . Quindi per trovare P2 occorre conoscere V2 V1 . V2 Tale rapporto può essere ricavato dalla formula V L n R T log e 2 V1 5 oltre a P1=10 Pa , anche il rapporto V L Da questa relazione log e 2 = = n R T V1 10000 J = = 1,00233 . J 3 mol 8 ,314 400 K K mol V Dal risultato ottenuto log e 2 = 1,00233 V1 calcolando la funzione inversa e x , il rapporto reciproco vale Soluzione Sapendo che V2 2 V1 1,33 V V P2 1 = 1 = 1 = = 0,3978 P1 2 V2 2 V1 T P Pertanto 2 = 2 2 = 2 0 ,3978 = 0,7956. P1 T1 ma Esercizio 28 - adiabatica + isocora In una compressione adiabatica di un gas monoatomico ideale la temperatura passa da 600 K a 900 K. Successivamente il gas (una mole) viene raffreddato a volume costante fino a tornare a 600 k. Calcolare la variazione di energia interna e il lavoro totale. Soluzione 5 P (Pa · 10 ) si ottiene, V2 = 2,72 V1 B 900 K da cui V1 1 = = 0,367 V2 2 ,72 V Pertanto P2 = P1 1 = 0,367 10 5 Pa V2 Esercizi di Termodinamica si ha: P 2V1 P V 2 P2 V1 P V = e T1 = 1 1 T2 = 2 2 = 2 nR nR nR nR T2 2 P2 V1 2 P2 V1 P nR = = = 2 2 nR 2 P1 V1 P1 V1 P1 T1 600 K C A 3 V (dm ) V2 www.mimmocorrado.it 600 K V1 6 Nella compressione adiabatica A B , la variazione di energia interna è data da: 3 U = CmV n T = R n T = 2 3 = 8 ,314 J mol K 1 mole 900 600 K = 3741 J. 2 mentre il lavoro è dato da L = - U = - 3741 J. Nella seconda trasformazione B C (isocora) 3 U = CmV n T = R n T = 2 3 = 8 ,314 J mol K 1 mole 600 900 K = - 3741 J. 2 mentre il lavoro è dato da L = 0. Pertanto nelle due trasformazioni la variazione di energia interna è stata U = (3741 – 3741) J = 0. mentre il lavoro totale compiuto è stato -3741 J. Esercizio 29 - isobara 2 Un cilindro con area di base 0,1 m contiene due moli di un gas monoatomico alla pressione di 2 10 5 Pa in equilibrio con l’ambiente esterno. Al gas viene fornito calore a pressione costante. Sapendo che il pistone che chiude il cilindro si solleva di 20 cm, calcolare il calore fornito al gas e l’aumento di temperatura. Esercizio 30 - adiabatica + isoterma Una mole di gas ideale biatomico [ C mV 20 ,8 J mol K ] viene compressa adiabaticamente, passando dalla temperatura di temperatura di T1 300 K alla T1 400 K . Successivamente viene fornita al gas una chilocaloria a temperatura costante. Calcolare la variazione di energia interna e il lavoro compiuto dal gas nelle due trasformazioni. Soluzione Nella prima trasformazione (adiabatica) la variazione di energia interna vale: U = CmV n T = = 20 ,8 J mol K 1 mole 400 300 K = 2080 J. Mentre il lavoro effettuato è uguale a: L = - U = - 2080 J. Nella seconda trasformazione (isoterma) la variazione di energia interna è U = 0, mentre il lavoro effettuato è: L = Q = 1 Kcal = 1000 cal = 1000 4 ,18 J = 4180 J. In definitiva nelle due trasformazioni U = (2080 + 0) J = 2080 J. L = (4180 - 2080) J = 2100 J. Esercizio 31 - adiabatica 20 cm S = 0,1 m 2 Soluzione La trasformazione è una isobara. Essendo il gas inizialmente in equilibrio con l’ambiente esterno, con una pressione interna di 2 10 5 Pa , vuol dire che la pressione esterna è anch’essa di 2 10 5 Pa . Pertanto il gas effettua un lavoro contro la pressione esterna di 2 10 5 Pa , pari a: L = P V = 2 10 5 Pa 0,1 m 2 0 ,2 m = = 2 10 5 Pa 0,02 m 3 = 4000 J. Dall’altra formula per il calcolo del lavoro L = n R T L 4000 J Si può calcolare T = = = nR 2 mol 8 ,314 J mol K = 240,56 K. Mentre il calore fornito al gas è: Q = C mP n T = CmV R n T = 5 3 = R R n T = R n T = 2 2 5 = 8 ,314 J mol K 2 240 ,56 K = 10.000 J. 2 Una mole di gas ideale contenuta in un volume 3 V 1 = 20 dm alla temperatura di T 1 = 500 K viene fatta espandere adiabaticamente fino ad avere un volume doppio. Determinare la temperatura e la pressione finale del gas e il lavoro compiuto nell’espansione, nel caso in cui il gas sia monoatomico e biatomico. Soluzione 3 3 Se V 1 = 20 dm allora V 2 = 40 dm . Per un gas monoatomico Dall’equazione di stato P V n R T si ha: n R T1 1 mole 8 ,314 J mol K 500 K P1 = = V1 0 ,02 m 3 = 207850 J m 3 = 207850 Pa. Dalla formula P1 V1 P2 V2 si ha: 20 m 3 = 207850 Pa 40 m 3 Dall’equazione di stato P V n R T V P2 P1 1 V2 = 65772 Pa. si ha: 3 65772 Pa 0 ,04 m P V T2 2 2 = = 316,5 K nR 1 mole 8 ,314 J mol K L = - CmV n T = = - 12 ,5 J mol k 1 mole 316 ,5 500 K = + 2294 J. Per un gas biatomico Dalla formula P1 V1 P2 V2 V P2 P1 1 V2 Esercizi di Termodinamica 1,66 www.mimmocorrado.it si ha: 20 m 3 = 207850 Pa 40 m 3 1,40 = 78760 Pa. 7 P V T2 2 2 = nR 78760 Pa 0 ,04 m 3 = 379 K . 1 mole 8 ,314 J mol K L = CmV n T = = 20 ,8 J mol k 1 mole 379 500 K = + 2517 J. Esercizio 32 Il calore latente di evaporazione dell’acqua a 100 °C e a pressione atmosferica vale 540 cal/g. Quanto vale la variazione di energia interna di un grammo d’acqua quando questa passa dallo stato liquido allo stato di vapore a 100 °C ? (Per la densità del vapore a 100 °C e a pressione -4 3 atmosferica assumere il valore di 6,25 10 g/cm ). Soluzione La variazione di energia interna è data da U = Q L . Il calore fornito Q, è dato dal prodotto della massa d’acqua per il suo calore latente cal Q = CL m = 540 1 g =540 g = 540 4 ,18 J = 2257 J. g Mentre il lavoro L, consiste nel lavoro di espansione che si ha nel passaggio liquido-aeriforme L = p V , in cui massa 1g 3 V= = = 1600 cm 3 =1,6 dm densità 6,25 10 - 4 g cm 3 P1 V1 n R T sottraendo membro a membro si ha: P2 V2 P1 V1 = n R T n R T , cioè ma V2 2 V1 quindi P2 V2 P1 V1 = 0, P2 2 V1 P1 V1 = 0; P2 2 V1 P1 V1 = 0; dividendo per V 1 si ha 1 2 P2 P1 ; P2 P1 2 Pertanto la variazione della sua pressione rispetto al valore iniziale è 1 1 T = P2 P1 = P1 P1 = P1 2 2 Esercizio 34 - adiabatica e irreversibile In figura è rappresentato un cilindro disposto verticalmente, dotato di stantuffo avente massa 5 Kg. Sullo stantuffo è posto un oggetto la cui massa è 95 Kg. Il cilindro e lo stantuffo sono isolanti termici perfetti. 6 Inizialmente il gas si trova alla pressione di 10 Pa e alla temperatura di 300 K, mentre lo stantuffo è bloccato a una distanza di 10 cm dalla base del cilindro. Successivamente si sblocca lo stantuffo e lo si lascia sollevare per altri 10 cm. Determinare la pressione e la temperatura finale del sistema. Il calore specifico del gas a volume costante è 5 di 12,5 J K mol ; la pressione esterna vale 10 Pa. L = p V = 1 Atm 1,6 litri = = 1,6 l Atm = 1,6 101,3 J = 162 J E quindi U = Q L = ( 2257 162 ) J = 2095 J. 95 Kg 10 cm Esercizio 33 - adiabatica Un recipiente termicamente isolato con l’esterno contiene un gas sotto pressione. Il gas viene fatto espandere in uno spazio vuoto finché il suo volume diventa doppio. Supponendo nulli gli attriti, determinare: - il lavoro compiuto dal gas; - la variazione della sua energia interna; - la variazione della sua temperatura; - la variazione della velocità media delle sue molecole; - la variazione della sua pressione rispetto al valore iniziale. Soluzione La La trasformazione è adiabatica. Poiché il gas viene fatto espandere in uno spazio vuoto, la pressione esterna è zero. Quindi il lavoro compiuto dal gas contro la pressione esterna è L = P V = 0 V2 V1 = 0. La variazione della sua energia interna è U = L = 0. La variazione della sua temperatura è L 0 T = = = 0. CmV n CmV n La variazione della velocità media delle sue molecole, strettamente dipendente dalla temperatura è zero. La variazione della sua pressione rispetto al valore iniziale si ottiene nel seguente modo. Essendo T = 0, vuol dire che T 1 = T 2 . Dall’equazione di stato, applicata alla situazione iniziale e finale, si ottiene: P2 V2 n R T Esercizi di Termodinamica 10 cm S = 4 dm 2 Soluzione La trasformazione è adiabatica e irreversibile L = U . Il lavoro è dato dal sollevamento di una massa complessiva m = (5 + 95) Kg = 100 Kg , per un tratto 5 h = 10 cm, contro la pressione atmosferica P = 10 Pa, 3 spostando l’aria di un volume pari a V = S h = 4 dm , L = L1 + L2 L 1 = m g h = 100 Kg 9,8 m s 2 0 ,1 m = = 980 Kg m s 2 0 ,1 m = 980 Newton 0,1 metri = = 98 Newton metri = 98 Joule. L 2 = PV = 10 5 Pa 4 l = 400000 Pa l = = 400000 9,87 10 -6 Atm l = 3,948 Atm l = 3 ,948 101,3 J = 400 J. Quindi L = L 1 + L 2 = (98 + 400) J = 498 J. Pertanto l’energia interna diminuisce di U = L = 498 J. Dalla formula U = CmV n T si ricava la variazione U della temperatura T n CmV dove, dall’equazione di stato dei gas P V n R T P V 10 6 Pa 4 l si ricava n = 1 1 = = R T1 8 ,314 J k mol 300 K = 4 10 6 Pa l 4 10 6 9 ,87 10 6 Atm l = = 2494 ,2 J mol 2494 ,2 J mol www.mimmocorrado.it 8 39 ,48 Atm l 39 ,48 101,3 J = = 1,6 mol. 2494 ,2 J mol 2494 ,2 J mol Ritornando al calcolo della variazione della temperatura U 498 J = = 24,9 K. T = n CmV 1,6 mol 12 ,5 J K mol Il primo risultato è T 2 = T 1 + T = (300 - 24,9) = 275 K. Per determinare la pressione finale P2 occorre utilizzare di nuovo l’equazione di stato dei gas P V n R T n R T2 1,6 mol 8 ,314 J K mol 275 k = = P2 = V2 8l 3658 ,2 J 3658 ,2 J = = = 457270 J m 3 = 457270 Pa 3 3 8 dm 0 ,008 m = Esercizio 35 - irreversibile Una bombola di volume incognito, inizialmente chiusa, contiene 2 moli di elio alla temperatura ambiente di 20 °C e alla pressione di 15 Atm. Essa è collegata tramite un sottile capillare a un recipiente a volume variabile e pressione costante, detto gasometro. Si apre la valvola di chiusura e il gas fluisce nel gasometro abbastanza lentamente, in modo che la temperatura del gas sia costantemente uguale a quella ambiente. La pressione che agisce sul gasometro è di un’atmosfera. Calcolare: 1. il lavoro fatto dal gas e il calore ceduto dall’ambiente durante la trasformazione descritta; 2. il lavoro che si otterrebbe se il gas venisse trasferito in maniera perfettamente reversibile. Soluzione La trasformazione è una isoterma irreversibile. Essa consiste nel passaggio del gas dalla bombola (alla pressione di 15 Atm) al gasometro (alla pressione di 1 Atm). Nel sistema si ha un aumento di volume pari a quello che si avrebbe se, in una trasformazione isoterma, si fosse portata la pressione della bombola a una atmosfera. Tale aumento avviene però a pressione costante, quella P del gasometro, per cui il lavoro svolto è L = P V , n R T dove il volume iniziale V1 = = P1 = 2 mol 8 ,314 J K mol 293 ,15 K = 15 Atm V2 = = 16 ,628 J 2 ,71 = 13196 J. Esercizio 36 - ciclo termodinamico Un gas subisce in sequenza quattro trasformazioni che nel piano PV sono rappresentate da un rettangolo i cui vertici sono caratterizzati dalle seguenti coordinate: ( 2 10 5 Pa; 20 dm 3 ) , ( 2 10 5 Pa; 50 dm 3 ) , ( 1 10 5 Pa; 50 dm 3 ) , ( 1 10 5 Pa; 20 dm 3 ) . Determinare il lavoro compiuto nel ciclo e il calore totale scambiato con l’esterno quando il ciclo è percorso in senso orario. 5 P (Pa · 10 ) 2 1 A B D C 3 V (dm ) 20 Il lavoro prodotto dal sistema è dato da: LTOTALE L AB LBC LCD LDA . L AB = P V = 2 10 5 Pa 0 ,05 0 ,02 m 3 = 6000 J. LBC = 0 (isocora) LCD = P V = 1 10 5 Pa 0 ,02 0 ,05 m 3 = - 3000 J. LDA = 0 (isocora) Pertanto il lavoro compiuto nel ciclo è : LTOTALE (6000 0 - 3000 0) J = 3000 J . Essendo in un ciclo termodinamico U 0 , per il I° principio della Termodinamica Q = L + U , si ha che: Q = L = 3000 J. L’isoterma si sviluppa a 600 K. Il volume si ha V A = 10 dm 3 e VB = 30 dm 3 . La temperatura TC = 500 K. Determinare Q, L, U in ciascuna trasformazione. il volume 1 Atm 48,11 - 3,21 dm 3 = 5 P (Pa · 10 ) A Isoterma 3 V n R T log e 2 = V1 Esercizi di Termodinamica 50 Soluzione = 44,90 Atm dm = 44,90 Atm l = = 44 ,90 101,3 J = 4548 J. Il lavoro che si otterrebbe se il gas venisse trasferito in maniera perfettamente reversibile è L = 48 ,11 = 3 ,21 Una mole di gas ideale biatomico esegue le quattro trasformazioni AB, BC, CD, DA indicate in figura. P1 V1 15 Atm 3 ,21 dm 3 3 = = 48,11 dm . 1 Atm P2 Pertanto L = P V = 2 mol 8 ,314 J K mol 293 ,15 k log e Esercizio 37 - ciclo termodinamico J 324 ,97 9 ,87 10 3 l Atm = 324 ,97 = = Atm Atm 3 = 3,21 l = 3,21 dm . Dalla legge dell’isoterma P1 V1 = P2 V2 = B D 10 www.mimmocorrado.it C 30 V (dm 3) 9 Esercizio 38 - ciclo termodinamico Soluzione Nella trasformazione isoterma AB si ha Q=L= = n R T log U = 0. V2 = V1 Una [ C mV mole 0 ,03 = 0 ,01 C mV n T = V A 5 dm 3 , PA 3 10 5 Pa , VB 10 dm 3 . Determinare Q, L, U in ciascuna trasformazione. 5 P (Pa · 10 ) Nella trasformazione isocora BC si ha L = 0. = monoatomico ideale esegue le tre caratterizzate dai seguenti parametri: = 5480 J . U gas trasformazioni AB, BC, CA indicate in figura. Esse sono 1 mol 8 ,314 J ( mol K ) 600 K log Q= di 12 ,47 J ( mol K ) ] 5 R n ( TC TB ) = 2 A 3 Isoterma 5 = 8 ,314 J ( k mol ) 1 mol ( 500 600 )K = 2 B = 2079 J . Nella trasformazione isobara CD si ha: n R TC 1 8 ,314 500 PC = = = 138567 Pa . 0 ,03 VC L = P V = 138567 ( 0 ,01 0 ,03 ) = - 2771 J . V V Dalla relazione C D si ricava: TC TD V 0 ,01 TD TC D = 500 = 167 K . VC 0 ,03 5 U C mV n T = R n ( TD TC ) = 2 5 = 8 ,314 1 ( 167 500 ) = - 6921 J . 2 7 Q C mP n T = R n ( TD TC ) = 2 7 = 8 ,314 1 ( 167 500 ) = - 9690 J . 2 Nella trasformazione isocora DA si ha L = 0. Q= = U = C mV n T = 5 R n ( T A TD ) = 2 5 8 ,314 J ( k mol ) 1 mol ( 600 167 )K = 2 = 9000 J . C Adiabatica 10 V (dm 3) 5 Soluzione Nella trasformazione isoterma AB si ha U = 0. 5 PA V A 3 10 0 ,005 = = 180,4 K 1 8 ,314 nR Dalla relazione PA V A PB VB si ha: TA = PA V A 3 10 5 0 ,005 = = 150000 Pa . 0 ,01 VB V Q = L = n R T log B = VA 0 ,01 = 1 mol 8 ,314 J ( mol K ) 180 ,4 K log = 0 ,005 PB = 1040 J . Dalla relazione P1 V1 P2 V2 applicata alla trasformazione adiabatica CA si ha: γ γ V 0 ,005 PC PA A = 3 10 5 = 94932 Pa . 0 ,01 VC P P Dalla relazione B C applicata alla trasformazione TB TC isocora BC si ha: TC TB PC 180 ,4 94932 = = 114,2 K . 150000 PB Nella trasformazione isocora BC si ha: L = 0. 5 R n ( TC TB ) = 2 = 12 ,47 J ( k mol ) 1 mol ( 114 ,2 180 ,4 )K = -826J Q= U = C mV n T = Nella trasformazione adiabatica CA si ha: Q = 0. L = C mV .n T = = 12 ,47 J ( k mol ) 1 mol (180 ,4 114 ,2 )K = = 826 J . Esercizi di Termodinamica www.mimmocorrado.it U = - L = 826 J . 10 II° Principio della Termodinamica Enunciato di Clausius Enunciato di Kelvin È impossibile trasferire spontaneamente calore da una sorgente fredda ad una sorgente calda È impossibile compiere lavoro ciclicamente estraendo calore da una sola sorgente Il rendimento di ogni ciclo reversibile, che scambia calore fra due identiche sorgenti di temperatura T2 e T1 è identico Rendimento di una macchina Una macchina termica operante fra due sorgenti di calore Q1 e Q2 (con Q1 Q2 ) è un congegno che assorbe dalla sorgente calda una quantità di calore Q2 e cede alla sorgente più fredda una quantità di calore Q1 realizzando un lavoro η L Q2 Q1 . Q T L Q2 Q1 1 1 1 1 Q2 Q2 Q2 T2 Q1 T1 Q2 T2 L Q2 Q1 Q1 = Calore ceduto Trasformazione AB Ciclo di Carnot P (Pa · 10 5 PA A B PB D VA Trasformazione Trasformazione Trasformazione BC CD DA Isoterma Adiabatica Isoterma Adiabatica T2 = Costante Diminuzione di temperatura da T2 a T1 T1 = Costante Aumento di temperatura da T1 a T2 Calore assorbito Q2 Q=0 Calore ceduto Q1 Q=0 Diminuzione di pressione Diminuzione di pressione Aumento di pressione Aumento di pressione Aumento di volume Aumento di volume Diminuzione di volume Diminuzione di volume Lavoro di espansione Lavoro di espansione Lavoro di compressione Lavoro di compressione ∆U=0 Diminuzione della energia interna U ∆U=0 Aumento della energia interna U AB e CD isoterme BC e DA adiabatiche PD PC Q2 = Calore assorbito VD VB Esercizi di Termodinamica C VC V (dm 3) www.mimmocorrado.it 11 Ciclo di Carnot Premessa Nella tecnica la trasformazione di energia termica in energia meccanica viene effettuata adoperando soprattutto fluidi: riscaldando infatti un fluido, esso si espande compiendo lavoro verso l’esterno a spese del calore sottratto alla sorgente. Evidentemente, per ottenere un lavoro continuativo, è necessario ricorrere ad un dispositivo che possa ritornare periodicamente nelle stesse condizioni di partenza, che lavori cioè mediante una successione di operazioni cicliche. In pratica per riportare il sistema nelle condizioni iniziali, basta comprimere il fluido sottraendo il calore di compressione mediante il contatto diretto con una sorgente a temperatura inferiore alla prima. Questa seconda sorgente (generalmente l’ambiente esterno) è detta refrigerante. Usufruendo quindi di due sorgenti a diversa temperatura, mediante un processo ciclico che consenta il trasferimento di una parte del calore da quella a temperatura maggiore a quella a temperatura minore, si può produrre energia e compiere un lavoro nel senso meccanico della parola. Essendo inoltre, per ogni ciclo, la variazione di energia interna nulla ( U ), per il I° principio della termodinamica (Q = L + U), discende che il lavoro L = Q , dove Q rappresenta la somma algebrica delle quantità di calore scambiate dal sistema termodinamico con le sorgenti. Indicando con Q 2 il calore sottratto dal fluido alla sorgente a temperatura maggiore T2 e con Q 1 quello ceduto al refrigerante a temperatura T1, il lavoro L = Q 2 Q 1 . Il ciclo di Carnot è un ciclo reversibile nel quale il sistema scambia calore con due termostati a temperatura T2 e T1, realizzando un lavoro L. Il ciclo di Carnot è un ciclo ideale, sia perché esso è compiuto da un fluido ideale (gas perfetto), sia perché in esso si trascurano tutti i possibili attriti, sia perché si suppone che le trasformazioni del fluido siano reversibili (cioè che avvengono attraverso una successione di stati di equilibrio del sistema; ove per stato di equilibrio del sistema si intende quella particolare condizione nella quale tutto il sistema è caratterizzato dai medesimi valori della pressione del volume e della temperatura). Descrizione del ciclo Il ciclo viene eseguito da un gas perfetto contenuto in un cilindro munito di pistone scorrevole senza attrito. Il cilindro ha la base termicamente conduttrice, mentre la parete laterale e il pistone sono perfettamente isolanti. Il ciclo si compone di quattro fasi: a I FASE - Isoterma Il cilindro viene posto su di un termostato funzionante a temperatura costante T2, il quale fornisce al cilindro una quantità di calore Q2 che fa espandere lentamente il fluido contenuto nel cilindro sollevandone il pistone. Poiché la variazione di energia interna è nulla ( U ), in quanto la trasformazione avviene alla temperatura costante T2, il lavoro positivo L2 compiuto dal sistema sull’ambiente esterno è uguale, per il I° principio della termodinamica (Q = L + U), alla quantità di calore Q2 che il sistema assorbe dal termostato a temperatura T2 . V In simboli Q2 = L2 e cioè Q2 = L2 = n R T ln B . VA Stato A Stato B P PA A Isoterma B PB Termostato TT 22 Termostato Termostato T 2 VA Esercizi di Termodinamica www.mimmocorrado.it VB V 12 a II FASE - Adiabatica Il cilindro viene posto su di una base isolante. Il gas, anche privo di un rifornimento di calore dall’esterno, continua ad espandersi lentamente sollevando il pistone di un altro piccolo tratto. Essendo il sistema isolato termicamente (Q = 0), Il lavoro positivo di espansione, per il I° principio della termodinamica (Q = L + U), viene fatto soltanto a spese di una parte dell’energia interna del fluido che, quindi si raffredda passando dalla temperatura T2 alla temperatura T1. In simboli L = U . Essendo BC una trasformazione adiabatica vale la formula Stato B T2 V1 T1 V2 Stato C 1 che in questo caso diventa P T2 VC T1 VB 1 . A PA B PB Adiabatica PC Base Isolante C Base Isolante VB VC V a III FASE - Isoterma Il cilindro viene compresso lentamente fino allo stato D, dove l’isoterma CD incontra l’adiabatica AD. Il lavoro negativo fatto sul sistema dovrebbe trasformarsi in un aumento dell’energia interna del fluido con conseguente innalzamento della sua temperatura. Per evitare quest’aumento di temperatura, poiché si vuole realizzare una trasformazione isoterma, si pone il cilindro su di un termostato funzionante a temperatura costante T1 che assorbe l’energia prodotta dalla compressione. Poiché la variazione di energia interna è nulla ( U ), in quanto la trasformazione avviene alla temperatura costante T1, il lavoro negativo L1 compiuto dall’esterno sul sistema è uguale, per il I° principio della termodinamica (Q = L + U), alla quantità di calore Q1 che il sistema cede al termostato a temperatura T1 . V V V V In simboli Q1 = L1 e cioè L1 = Q1 = n R T1 ln D = n R T1 ln C (poiché ln C ln D ) VC VD VD VC Stato C Stato D P PA A ... Kg ... Kg B PB PD Termostato TT12 Termostato Termostato T1 D C PC VA Esercizi di Termodinamica www.mimmocorrado.it Isoterma VD VB VC V 13 a IV FASE - Adiabatica Con l’ultima fase si ritorna alle condizioni iniziali di pressione, volume e temperatura. Il cilindro viene posto su di una base isolante, e viene ancora compresso lentamente, fino a raggiungere il volume iniziale V A. Essendo il sistema isolato termicamente (Q = 0), Il lavoro negativo compiuto dall’esterno sul sistema, per il I° principio della termodinamica (Q = L + U), fa aumentare l’energia interna del fluido che, quindi si riscalda passando dalla temperatura T1 alla temperatura T2. In simboli il lavoro L = - U . Essendo DA una trasformazione adiabatica vale la formula Stato D T2 V1 T1 V2 1 che in questo caso diventa P Stato A PA . B PB Adiabatica PD Termostato T2 Base Isolante Base Isolante 1 A ... Kg ... Kg T2 VD T1 VA D C PC VA VD VB VC V Rendimento del ciclo Dal confronto delle due formule delle trasformazioni adiabatiche BC e AD: si ha: VC VD VB VA od anche T2 VC T1 VB 1 e T2 VD T1 VA 1 VC VB . VD VA Mentre dividendo membro a membro le due formule delle trasformazioni isoterme AB e CD: V V Q1 n R T1 ln C e Q2 n R T2 ln B si ottiene: VD VA VC Q1 VD V Q2 T2 B VA T1 da cui si ottiene Q1 T1 Q2 T2 poiché VC VB . VD V A Pertanto il rendimento di una macchina termica si può calcolare, oltre che con la formula 1 Q1 Q2 anche con T 1 1 , la quale permette di calcolare il rendimento della macchina conoscendo solo le due temperature T2 assolute T1 e T2 fra le quali opera il sistema. Il ciclo di Carnot, come detto all’inizio deve essere considerato un modello verso il quale ogni macchina termica reale deve avvicinarsi. Se si indica con C il rendimento di una macchina di Carnot operante fra le due temperature T2 e T1 e con Q il rendimento di una qualsiasi macchina termica che lavori fra le stesse temperature T2 e T1 , sui ha che C Q . Il tutto viene riassunto dal seguente Teorema di Carnot : Tutte le macchine reversibili che lavorano fra due termostati hanno lo stesso rendimento e nessun altra macchina reale che operi fra gli stessi termostati può avere un rendimento maggiore. Esercizi di Termodinamica www.mimmocorrado.it 14 Esempio 1 In ciclo di Carnot, le due isoterme vengono eseguite alla temperature di T1 = 1200 K e T2 = 1800 K. Sapendo che il ciclo viene effettuato da una mole di gas 3 3 monoatomico, con volumi VA = 20 dm e VB = 40 dm , calcolare la pressione e il volume nei punti B, C, D del ciclo. Determinare inoltre il rendimento del ciclo mediante il calcolo del lavoro prodotto dal sistema e del calore ceduto a esso dalla sorgente a temperatura maggiore. Soluzione I volumi in A e in B sono noti. Le pressioni in A e in B si calcolano con l’equazione di stato: n R T A 1 8 ,314 1800 = = 748260 Pa. 0 ,02 VA n R TB 1 8 ,314 1800 = = 374130 Pa. PB 0 ,04 VB PA PB TB γ PB γ PC TC γ n R T C PC PC γ 1 si ha: 1 γ elevando ambo i membri a P B 1 γ TB γ PB TB 1 γ 1 γ 1 γ PC 1 γ γ PC TC 1 γ γ TB 1 γ PC PB TC 3 = 374130 2 TC 1 γ 1 γ Per determinare inoltre il rendimento del ciclo, calcoliamo il lavoro prodotto dal sistema e il calore ceduto a esso dalla sorgente a temperatura maggiore. La quantità di calore Q 2 che viene fornito al sistema è quella che interviene nella isoterma AB. Essendo nella isoterma AB ∆U = 0, si ha che il calore fornito al sistema è: V n R T2 log B = VA 0 ,04 1 8 ,314 1800 log = 10373 J . 0 ,02 Q 2 = L AB = 0 ,037 1 8 ,314 1200 log = 6915 J. 0 ,074 LDA = U DA = n CmV ( T2 T1 ) = 3 = 1 R( 1800 1200 ) = 7483 J. 2 = In definitiva: e cioè LTOTALE L AB LBC LCD LDA = = 10373 + 7483 – 6915 – 7483 = 10373 – 6915 = 3458 J per cui = 1,66 0 ,66 γ ; PB 1 γ TB γ PC 1 γ TC γ ; ; n R TD 1 8 ,314 1200 3 = = 0,037 m . 269871 PD L AB = Q2 = 10373 J LBC = U BC = n CmV ( T1 T2 ) = 3 = 1 R( 1200 1800 ) = 7483 J. 2 V LCD = n R T1 log D = VC PB VBγ PC VCγ ; sostituendo n R TC n R TB VB e VC si ha: VB VC Nella formula γ VD Il lavoro prodotto dal sistema è dato da: LTOTALE L AB LBC LCD LDA . Per calcolare la pressione in C occorre ragionare nel seguente modo: n R TB PC PB PB Per calcolare il volume in D applichiamo l’equazione di stato: 1,66 1800 1 1,66 374130 1200 Il rendimento del ciclo è = 1,66 2 0 ,66 = 374130 = 134936 Pa. 3 η L 3458 = = 0,333 . Q2 10373 Il rendimento del ciclo si poteva calcolare anche con la formula: η 1 T1 1200 = 1 = 0,333 . 1800 T2 Per calcolare la pressione in D si applica la formula trovata prima: γ 1,66 T 1 γ 1800 11,66 PD PA A = 748260 = 1200 TD 3 748260 2 1,66 0 ,66 1,66 2 0 ,66 = 748260 = 269871 Pa. 3 Per calcolare il volume in C applichiamo l’equazione di stato: VC n R TC 1 8 ,314 1200 3 = = 0,074 m . 134936 PC Esercizi di Termodinamica www.mimmocorrado.it 15 Esempio 2 Un frigorifero opera secondo il ciclo di Carnot percorso in senso inverso. All’interno della cella frigorifera la temperatura è di 10 °C, mentre la temperatura della sorgente calda è di 40 °C. Determinare il coefficiente di prestazione del frigorifero. Determinare il lavoro che si deve impiegare per raffreddare 20 Kg di acqua da 40 °C a 15 °C. Soluzione Il coefficiente di prestazione del frigorifero è: LAB = 10960 J . L 5480 Il rendimento del ciclo è η = = 0,5 . Q2 10960 Q1 Q ; si ricava che: L 1 . L CP Essendo Q1 C H O m T = 2 CP = Il rendimento del ciclo si poteva calcolare anche con la formula: η 1 = 1 cal ( g C ) 20 10 3 g 25 C = = 5 10 5 Cal = 5 10 5 4 ,18 J = 20 ,9 10 5 J. 5 Q1 20 ,9 10 J 5 = = 2 ,214 10 J. CP 9 ,44 Esempio 3 - ciclo di Stirling Tre moli di un gas monoatomico effettuano il ciclo di Stirling rappresentato in figura. Sapendo che: QDA = - QBC . Pertanto Il calore ceduto al sistema è Q2 = Q AB + QDA - QBC = Q AB = Dalla formula del coefficiente di prestazione L = (10960 + 0 – 5480 + 0) = 5480 J . Il calore ceduto al sistema è Q AB + QDA con T1 283 ,15 CP = = = 9,44 . 313 ,15 283 ,15 T2 T1 Pertanto V LCD = n R TD log D = VC 0 ,015 = 3 8 ,314 200 log = - 5480 J . 0 ,045 Pertanto LTOTALE L AB LBC LCD LDA = T1 200 = 1 = 0,5 . 400 T2 Esercizio 1 (pag.157) - ciclo di Carnot In un ciclo di Carnot le due isoterme vengono eseguite alla temperatura di 500 K e 300 K, rispettivamente. Durante la fase di espansione vengono forniti 4000 J di energia termica. Determinare il lavoro compiuto nel ciclo e il calore ceduto alla sorgente a temperatura inferiore. P (Pa · 10 5 A PA AB e CD isoterme TA 400 k , V A 15 dm 3 , TD 200 k , BC e DA adiabatiche 3 VB 45 dm , calcolare il rendimento del ciclo. P (Pa · 10 5 A PA AB e CD isoterme B PB BC e DA isocore PD PC D VA PD D PC B VB=VC VC V (dm 3) Soluzione Dopo aver calcolato il rendimento della macchina η 1 C VA=VD VD VB C V (dm 3) Soluzione Il lavoro prodotto dal sistema è dato da: LTOTALE L AB LBC LCD LDA . T1 300 = 1 = 0,4 . T2 500 Si calcola il lavoro compiuto in un ciclo: L = Q2 η = 4000 0 ,4 = 1600 J . Dalla formula L Q2 Q1 si ha: Q1 Q2 L = 4000 – 1600 = 2400 J . LBC = 0 (isocora), LDA = 0 (isocora) V L AB = n R TA log B = VA 0 ,045 = 3 8 ,314 400 log = 10960 J . 0 ,015 Esercizi di Termodinamica www.mimmocorrado.it 16 Esercizio 2 - ciclo di Carnot Esercizio 5 - ciclo di Carnot Una macchina termica esegue un ciclo di Carnot tra due sorgenti di calore che si trovano alla temperatura di 300 K e 500 K rispettivamente. In ciascun ciclo la macchina cede 100 Kcal alla sorgente fredda. Determinare quanto calore assorbe dalla sorgente calda e quanto lavoro (misurato in Kcal) compie in ciascun ciclo. Il rendimento di un ciclo di Carnot vale 0,4. Determinare la temperatura T2 della sorgente calda sapendo che la sorgente fredda ha la temperatura di 20 ° C. Soluzione Q T Dalla relazione 1 1 Q2 T2 si trova la quantità di calore che assorbe dalla sorgente calda: T2 500 K = 100 kcal = 166,7 Kcal . 300 K T1 Il lavoro è L Q2 Q1 = (166,7 – 100) Kcal = 66,7 Kcal Q2 Q1 Esercizio 3 - ciclo di Carnot Una macchina termica che opera reversibilmente tra due soli sorgenti riceve, in un ciclo, una quantità di calore di 50 Kcal dalla sorgente calda e scarica alla sorgente fredda una quantità di calore di 20 Kcal. Determinare la temperatura della sorgente calda sapendo che quella della sorgente fredda vale 273 K . Soluzione Dalla relazione Q1 T1 Q2 T2 si trova la temperatura della sorgente calda: T2 T1 Q2 50 Kcal = 273 k = 682,5 K . Q1 20 Kcal Esercizio 4 - ciclo di Carnot Un ciclo di Carnot opera fra due temperature T 2 = 400 K e T1 = 300 K e compie ad ogni ciclo un lavoro di 41800 J. Calcolare il rendimento del ciclo e il calore in esso disperso, per ciascun ciclo, al termostato alla temperatura T 1 . Soluzione Il rendimento è η 1 T1 300 K = 1 = 0,25 . 400 K T2 Per calcolare il calore disperso nel ciclo occorre risolvere il sistema: L Q2 Q1 41800 Q2 Q1 Q2 Q1 41800 Q1 T1 Q1 300 3 Q T Q 400 Q1 4 Q2 2 2 2 3 1 Q2 Q2 41800 Q2 41800 4 4 Q 167200 Q2 167200 2 3 3 Q1 4 Q2 4 167200 125400 Esercizi di Termodinamica Soluzione Dalla formula η 1 T1 si ha che : T2 T1 T1 1 η ; T1 ( 1 η ) T2 ; T2 T2 (1 η ) Essendo T2 = (20 + 273) K = 293 K si ha : T1 293 K T2 = = 488 K. ( 1 η ) ( 1 0 ,4 ) Esercizio 6 - ciclo di Carnot In un ciclo di Carnot vengono fornite 4 Kilocalorie alla temperatura T2 = 600 K. Sapendo che a ogni ciclo viene compiuto un lavoro di 8000 J, calcolare il rendimento e la temperatura di raffreddamento. Soluzione Dalla formula L Q2 Q1 si ha : Q1 Q2 L = 4 Kcal – 8000 J = = 4000 4 ,18 J - 8000 J = = 16720 J - 8000 J = 8720 J . Q 8720 J Il rendimento è : η 1 1 = 1 = 0,478 . 16720 J Q2 Q T Dalla formula 1 1 si ha : Q2 T2 Q T 8720 J 600 K = 313 K . T1 1 2 = 16720 J Q2 Esercizio 7 - ciclo di Carnot Due cicli di Carnot sono connessi in modo che il calore ceduto dal primo venga utilizzato completamente per alimentare il secondo. Il primo il ciclo opera tra le T2 = 800 K e T1 = 600 K, il secondo ciclo TI TI opera tra le temperature 2 = 600 K e 1 = 300 K . temperature Sapendo che al primo ciclo vengono fornite 10 4 Kcal, calcolare il lavoro totale prodotto dal sistema dei due cicli e il suo rendimento complessivo spiegando perché esso si possa determinare direttamente con i dati forniti. Soluzione 4 Nel primo ciclo Q2 = 10 Kcal , pertanto T 600 K = 7500 Kcal Q1 = Q2 1 =10 4 kcal T2 800 K Nel secondo ciclo www.mimmocorrado.it Q2I = 7500 Kcal . 17 Pertanto Esercizio 10 - ciclo di Carnot TI 300 K Q1I = Q2I • 1I = 7500 kcal • = 3750 Kcal 600 K T2 Quando in una macchina termica si usa come fluido il vapor d’acqua, le temperature T1 e T2 alle quali avviene lo scambio di calore si possono considerare, rispettivamente, la temperatura ambiente (circa 20 °C) e la temperatura del vapore. Calcolare il rendimento teorico della macchina nel caso in cui il vapore possiede come temperatura massima quella corrispondente al suo stato di ebollizione a pressione ordinaria (100° C). In un motore a vapore reale si riesce, con particolari accorgimenti, a elevare la temperatura del fluido che scambia calore fino a 500 °C. Calcolare il rendimento teorico in questo caso. Nel I° ciclo il lavoro è L = Q2 Q1 = 10000 – 7500 = 2500 J Nel II° ciclo il lavoro è LI = Q2I Q1I = Q1 Q1I = 7500 – 3750 = 3750 J Il lavoro totale è LTOT = L + LI = 2500 + 3750 = 6250 J . LTOT 6250 = = 0,625 . Q2 10000 Il rendimento poteva anche essere calcolato T 6250 direttamente con la formula η = 1 – 1 = = 0,625 T2 10000 Il rendimento è η = Esercizio 8 - ciclo di Carnot In un ciclo frigorifero di Carnot il lavoro da compiere per sottrarre 4 kcal alla sorgente che si trova alla temperatura inferiore di T1 = -13° C, vale 3000 J. Calcolare il valore della temperatura esterna del frigorifero e il calore ceduto all’esterno a ogni ciclo. Soluzione Q1 = 4 kcal = 4000 • 4 ,18 J = 16720 J . Dalla formula Soluzione T1 = (273 + 20) K = 293 K. T2 = (273 + 100) K = 373 K. T2I = (273 + 500) K = 773 K. Nel I° caso è η 1 T1 293 = 1 = 0,21. 373 T2 T 293 Nel II° caso è η 1 1 = 1 = 0,62 . I 773 T2 Esercizio 11 - ciclo di Carnot L Q2 Q1 si ottiene il calore ceduto : Q2 = Q1 + L = (16720 + 3000) J = 19720 J . Q T Dalla formula 1 = 1 si ottiene : Q2 T2 Q2 T1 19720 J • 260 ,15 K = = 306,83 K = Q1 16720 J = (306,83 – 273,15) °C = 33,7 °C . T2 = Una macchina termica a vapore ha rendimento pari al 3%. Il vapore viene immesso nella macchina a 130 °C e viene espulso a 110 °C. Quale percentuale di energia viene perduta rispetto a quella che potrebbe essere teoricamente utilizzata se il ciclo eseguito dalla macchina fosse perfettamente reversibile ? Soluzione T2 = (273 + 130) K = 403 K. T1 = (273 + 110) K = 383 K. Esercizio 9 - ciclo di Carnot Si vuole utilizzare un ciclo di Carnot funzionante alla rovescia per estrarre, in un’ora, 1000 kcal da un ambiente a temperatura costante di –20 °C e trasferirlo a un altro ambiente a temperatura costante di +20 °C. Determinare la potenza che si deve impegnare per far funzionare la macchina termica. η 1 T1 383 = 1 = 0,0496 = 4,96 % . 403 T2 La percentuale di energia perduta è (4,96 – 3) = 1,96% Soluzione T1 = (273 – 20) K = 253 K. T2 = (273 + 20) K = 293 K. Q1 = 1000 kcal = 1000000 • 4 ,18 J = 4.180.000 J . Dalla formula Q1 T1 si ottiene : Q2 T2 Q •T 4180000 • 293 Q2 = 1 2 = = 4.840.870 J . T1 253 Il lavoro necessario è L Q2 Q1 = (4.840.870 – 4.180.000) J = 660.870 J . Dovendo questo lavoro essere effettuato in 1 ora, che equivale a 3600 secondi, si ha che la potenza è : 660870 J Lavoro P= = = 184 J s = 184 W . 3600 s tempo Esercizi di Termodinamica www.mimmocorrado.it 18 Esercizio 12 - ciclo = 749 ,5 J Una mole di gas monoatomico compie un ciclo che in un piano P, V è rappresentato da un rettangolo con i lati paralleli agli assi. Il lavoro compiuto in un ciclo vale 4000 J . Sapendo che la pressione inferiore del ciclo P1 2 10 5 Pa , vale la pressione superiore 5 P2 3 10 Pa e il volume inferiore del ciclo vale V1 5 l , calcolare il rendimento del ciclo e il suo volume massimo. Da cui si ottiene il calore totale fornito: QTOT Q AB QBC = (749 ,5 30.000 ,1 ) J = 30.750 J . Soluzione Concludendo il rendimento del ciclo è: 4000 J L = = 0 ,13 . 30750 J Q 5 P (Pa · 10 ) B 3 3 5 R R R 2 2 Il calore fornito nella trasformazione isobara BC è: 5 QBC C mP n (TC TB ) = R n (TC TB ) = 2 5 = 8 ,314 J ( k mol ) 1 mol (1623 ,8 180 ,4 ) k = 2 = 30.000 ,1 J . Essendo C mP C mV R C Esercizio 13 - ciclo 2 D A V (litri) 5 Il lavoro compiuto in un ciclo rappresenta l’area del rettangolo. Pertanto la base del rettangolo: Area Lavoro 4000 J V DC = = = Altezza p 1 10 5 Pa 4000 1Pa m 3 2 3 = 40 dm 3 = 40 l . = 4 10 m 1 10 5 Pa Quindi: VC VB VD V = ( 40 5 ) l = 45 l . = Per calcolare il rendimento occorre calcolare il calore fornito nella trasformazione isocora AB e il calore fornito nella trasformazione isobara BC. Per eseguire questi calcoli occorre determinare le temperature nei punti A, B e C: Applicando l’equazione di stato dei gas perfetti: p V n R T si ottiene: TA 2 10 5 Pa 5 l p A VA = = n R 1 mol 8 ,314 J ( k mol ) 5 = 3 3 2 10 J m 5 10 m = 120 ,3 k . 1 mol 8 ,314 J ( k mol ) 2 D 10 L = E 20 C 30 3 V (dm ) CD AB ( 20 10 ) 10 3 m AD = 2 10 5 Pa = 2 2 = 3000 m 3 Pa = 3000 J . Il calore totale scambiato è dato dalla somma algebrica dei calori ricevuti e ceduti dal sistema nelle quattro trasformazioni. Per determinare tali valori occorre conoscere le temperature in corrispondenza dei quattro stati A, B, C, D. Dalla formula dei gas perfetti P V n R T si ha: 3 10 5 J m 3 5 10 3 m 3 = 180 ,4 k . 1 mol 8 ,314 J ( k mol ) 3 10 5 J m 3 45 10 3 m 3 = 1623 ,8 k . 1 mol 8 ,314 J ( k mol ) Il calore fornito nella trasformazione isocora AB è: 3 Q AB C mV n (TB T A ) = R n (TB T A ) = 2 3 = 8 ,314 J ( k mol ) 1 mol (180 ,4 120 ,3 ) k = 2 Esercizi di Termodinamica B A 4 Il calcolo del lavoro è uguale all’area del trapezio ABCD 3 3 10 5 Pa 45 l p V TC C C = = nR 1 mol 8 ,314 J ( k mol ) = 5 P (Pa · 10 ) Soluzione 3 10 5 Pa 5 l p V TB B B = = n R 1 mol 8 ,314 J ( k mol ) = Il ciclo ABCD di forma trapezoidale, indicato in figura, è caratterizzato dalle coordinate sotto indicate. Il ciclo viene percorso in senso orario. Determinare il lavoro totale compiuto dal ciclo. Calcolare inoltre il calore totale scambiato dal sistema e il rendimento del ciclo supponendo che il fluido che evolve nella macchina termica sia costituito da due moli di un gas il cui calore specifico a volume costante vale 20 J/(mol k). TA = PA VA 4 10 5 Pa 10 10 3 m 3 = = 240 ,6 K n R 2 mol 8 ,314 J ( mol K ) TB = PB VB 4 10 5 Pa 20 10 3 m 3 = = 481,1 K n R 2 mol 8 ,314 J ( mol K ) TC = PC VC 2 10 5 Pa 30 10 3 m 3 = = 360 ,8 K n R 2 mol 8 ,314 J ( mol K ) www.mimmocorrado.it 19 TD = PD VD 2 10 5 Pa 10 10 3 m 3 = = 120 ,3 K n R 2 mol 8 ,314 J ( mol K ) Essendo CmP = CmV R = = 20 J/(mol k) 8 ,314 J/(mol k) = 28 ,314 J/(mol k) , nella trasformazione isobara AB, si ha: Q AB = CmP n TB T A = = 20 ,8 1 ( 400 200 ) = 4160 J . VA n R TA 1 8 ,314 200 3 = = 0,008314 m . 5 PA 2 10 3 VB VA = 0,008314 m . PB n R TB 1 8 ,314 400 = = 4 10 5 Pa VB 0 ,008314 = 28 ,314 J/(mol k) 2mol 481,1 240,6 K = 13619 J PC PB = 4 10 5 Pa nella trasformazione isobara CD, si ha: QCD = CmP n TD TC = Nella trasformazione BC : P = costante. = 28 ,314 J/(mol k) 2mol 120,3 360 ,8 K = 13619 J QBC 2 kcal = 2000 cal = 2000 4 ,18 J = 8360 J . nella trasformazione isocora DA, si ha: QDA = CmV n TA TD = = 20 ,314 J/(mol k) 2mol 240,6 120 ,3 K = 4812 J ΔT TC TB = La trasformazione BC si calcola applicando il I principio della termodinamica: QBC = U BC LBC = P PC = CmV n TC TB B CE = 2 ( 4 2 ) 10 5 Pa 20 J ( mol K ) 2 mol 360 ,8 481,1K 10 10 3 m 2 = ( 4812 3000 ) J = 1812 J . = (13619 1812 13619 4812 ) J = 3000 J . 3 VD VC = 0,0143 m . LBC = PB ΔV = PB (VC VB ) = 4 10 5 Pa 0 ,0143 0 ,008314 m 3 = 2394 J . Nella trasformazione CD : LCD = 0 (isocora) = 2 10 5 Pa 0 ,008314 0 ,0143 m 3 = - 1197 J. Il lavoro prodotto dal sistema è dato da: LTOTALE LAB LBC LCD LDA = Infine il rendimento del ciclo è: L Totale 3000 J = = = calore fornito QAB QDA (13619 4812 ) J Pertanto TC ΔT TB = (288 + 400) K = 688 K . n R TC 1 8 ,314 688 3 VC = = 0,0143 m . 5 PC 4 10 Nella trasformazione DA : P = costante. LDA = PA V = PA (VA VD ) = Il calore totale scambiato è pertanto: QTOT = QAB QBC QCD QDA = 3000 J QBC 8360 J = = 288 K n CmP 1 mol 29 J ( mol K ) = 0 + 2394 + 0 – 1197 = 1197 J . Il rendimento del ciclo è dato da: = 0 ,16 . η LTOT 1197 = = 0,096 . Q AB QBC 4160 8360 Esercizio 14 - ciclo Esercizio 15 - ciclo termico In un ciclo, che nel piano PV è rappresentato da un rettangolo con i lati paralleli agli assi, una mole di gas Si consideri il ciclo termico di un gas ideale avente CMV = 12,5 J ( mol K ) , rappresentato in figura. I parametri che caratterizzano lo stato A del sistema sono: biatomico, inizialmente a 2 10 5 Pa , viene riscaldata a volume costante da T1 = 200 K a T2 = 400 K. Successivamente il gas si espande a pressione costante assorbendo 2 Kcal e, infine, al gas viene fatto completare il ciclo rettangolare. Calcolare il rendimento del ciclo. VA = 10 dm , PA = 3 • 10 5 Pa , TA = 300 K ; l’isoterma 3 BC viene eseguita a 500 K e VC = 30 dm . Determinare i valori di P e V in corrispondenza degli stati B, C, D, il lavoro compiuto nel ciclo e il calore a esso fornito nelle fasi AB e BC. 3 5 P (Pa · 10 ) 4 2 P (Pa · 10 5 B C A D PA A C PC BC e DA 3 V (dm ) VA = VB isoterme VC = VD PD Soluzione Nella trasformazione AB : LAB = 0 (isocora) QAB = ΔU AB = CmV n ΔT = CmV n (T2 T1 ) = Esercizi di Termodinamica B www.mimmocorrado.it D VA VC=VD V (dm 3) 20 Soluzione Nell’isobara AB , PB = PA = 3 • 10 5 Pa V V Dalla relazione A = B si ha : TA TB V •T 0 ,01 m 3 • 500 K 3 = 0,0166667 m . VB = A B = TA 300 K Nell’isoterma BC, dalla relazione PB • VB = PC • VC P •V 3 • 10 5 Pa • 0 ,0167 m 3 si ha: PC = B B = = VC 0 ,03 m 3 = 166667 Pa . 3 Nell’isocora CD , VD = VC = 0,03 m . Nell’isoterma DA, dalla relazione PD • VD = PA • VA P •V 3 • 10 5 Pa • 0 ,01 m 3 si ha: PD = A A = = VD 0 ,03 m 3 = 10 5 Pa . Il lavoro compiuto nel ciclo è : LTOTALE L AB LBC LCD LDA . LAB = PA (VB VA ) = = 3 • 10 5 Pa • ( 0 ,0167 – 0 ,01 )m = 2010 J . 3 Dalla relazione L n R T si calcola il numero dei moli: L AB 2010 J n = = R ( TB TA ) 8 ,314 J ( mol K ) ( 500 300 )K = 1,2088 mol. v LBC n R T ln C = VB = 1,2088 8 ,314 500 K ln 0 ,03 = 2943 J. 0 ,0167 LCD 0 . V 0 ,01 LDA n R T ln A = 1,2088 8 ,314 300 ln = VD 0 ,03 = - 3312 J . LTOTALE LAB LBC LCD LDA = = (2010 + 2943 + 0 – 3312) J = 1641 J . Q AB CmP n (TB TA ) = 20 ,8 1,2088 ( 500 300 ) = = 5029 J. QBC = LBC = 2943 J . Esercizi di Termodinamica www.mimmocorrado.it 21
