Scritti di Termodinamica dt + R dt T. = cp. = 1.4 = gas biatomico = 78.0 K

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1 Scritti di Termodinamica (02/07/18) Una mole di gas ideale passa dallo stato A allo stato B con una trasformazione isobara in cui: H = J, U = J, S = J/K Determinare i valori di T A e T B. H = U + P V = H = U + p V = c p T = c p (T B T A ) U = c V T = c V (T B T A ) ds = 1 T du + p T dv = c V T dt + R dt T = cp T dt S = c p ln T B TA γ = cp c V = H = U = 1.4 = gas biatomico T B T A = U c V = = 78.0 K T B TA = exp( S/c p ) = exp(6.931/( )) = T A +78 K T A = T A = 78 K T A = = K, T B = K. 1

2 (02/07/18) Una mole di gas ideale biatomico compie un ciclo reversibile costituito da: 1) una espansione adiabatica da A (T A = 600 K ) a B (T B = 300 K). 2) una compressione isoterma fino al punto C a volume uguale a quello iniziale V A. 3) una trasformazione isocora fino a tornare alla temperatura T A. Calcolare il rendimento del ciclo. : V C = V A, γ = 7/5, Q AB = 0, Q BC = RT B ln V C VB T A V γ 1 A = T B V γ 1 B = ( V A V B ) γ 1 = T B TA V A VB = Q BC = ln ( ) J = J Q CA = C V (T A T C ) = J = J 2 L = Q BC + Q CA = J η = L Q CA = = = RT B ln V A VB ( ) 1 T γ 1 B TA = ( ) = 2 2

3 (02/09/12) Un blocco di stagno di massa m = 1.5 kg a temperatura ambiente (t A = 20 C) viene posto a contatto con una sorgente alla temperatura di fusione dello stagno (t F = 232 C). Ad equilibrio raggiunto, la variazione di entropia dell universo vale S un = 42.2 J/K. Calcolare il calore specifico dello stagno. S un = S Sn + S amb S Sn = mc ln T F T A + mλ T F, S amb = Q T F. Q = mc(t F T A ) + mλ calore ceduto dalla sorgente.. S amb = mc(t F T A)+mλ T F, S un = mc ln T F T A + mλ T F mc(t F T A )+mλ T F = mc ( ) ln T F T A T F T A T F, S C= ( un ) 42.2 = m ln T F TA T F T A 1.5(ln T F ) J/KgK = J/KgK. 3

4 (02/09/12) Cinque moli di gas ideale biatomico sono contenute, alla temperatura t 1 = 250 C, nel volume V 1 di un cilindro connesso ad un altro cilindro da un rubinetto chiuso. Il gas compie nel primo cilindro una espansione adiabatica reversibile, fino ad occupare un volume V = 4V 1. Si apre poi il rubinetto e il gas fluisce nel secondo cilindro, inizialmente vuoto, di volume V 2 = V 1. Il sistema è termicamente isolato e con pareti rigide. Calcolare U e S di ciascuna trasformazione. S 1 = 0 (Adiab. rev.). U 1 = nc V (T 1 T 1 ), n = 5, T 1 = t = K C p = 7R, C 2 V = 5 Cp R, γ = 2 ( T 1 V γ 1 1 = T 1V γ 1 1 T 1 = T 1 C V = 1.4, γ 1 = 0.4 ) γ 1 ( = T1 4) = V 1 V T 1 = K = K. U 1 = ( ) J = J U 2 = 0 (Espansione libera). S 2 = nr ln V f V i, V f = 4V 1 + V 2 = 5V 1. S 2 = ln 5 4 J/K = J/K. 4

5 (02/09/26) Una macchina termica reversibile assorbe una quantità di calore Q 2 = J da una sorgente a T 2 = K, e cede una quantità di calore Q 1 ad una sorgente a temperatura T 1 = K, e una quantità di calore Q 3 = Q 1 ad una sorgente a temperatura T 3 = K. Calcolare il valore di Q 1, il lavoro totale compiuto ed il rendimento. Q 1 T 1 + Q 2 T 2 + Q 3 T 3 = 0. (Teorema di Clausius) ( ) Q 1 T 1 + Q 1 T 3 = Q 2 1 T 2, Q 1 T T 3 = Q 2 T 2, Q 1 T 1 +T 3 T 1 T 3 = Q 2 T 2, Q 1 = Q 2 T 2 T 1 T 3 T 1 +T 3 Q 1 = J = J L tot = Q 2 Q 1 Q 3 = Q 2 2 Q 1 = J J = J. η = Ltot Q 2 = =

6 (02/09/26) Un cilindro con pareti adiabatiche è chiuso da un pistone isolante,scorrevole senza attrito. Il volume interno di 72 dm 3 è diviso a metà da una parete diatermana fissa. Entrambe le parti sono riempite con un gas ideale avente C v = 16.6 J/Kmol, P = 1 bar e t = 0 C. Si comprime reversibilmente il gas nella parte A fino a che la pressione nella parte B è P B = 2 bar. Calcolare, per il gas contenuto in A, il volume V A, Il lavoro L A e la variazione di entropia S A. T T 0 = P P 0 = 2 T = 2 T 0 = K ( trasf. isocora in B) S = S A + S B = 0 (adiab. rev.) S A = S B = nc V ln T T 0. n = P 0V 0 RT 0 = mol. S A = ln 2 = J/K. = Ma per la generica trasformazione in A: S A = nc V ln T T 0 + nr ln V A V0 ln V A V0 = 2 S A nr = S A + nr ln V A V0 nr ln V A V0 V A = V 0 e 2 S A nr = 36 exp( 2.768) = dm 3 ( )/( ) = U = (L A + L B ) = L A (L B = 0 perchè V B = cost.) L A = U = 2nc V (T T 0 ) = 2nc V T 0 = J = J = 2 S A 6

7 (03/01/15) Una mole di gas ideale monoatomico esegue un ciclo ABCA in cui: AB è una espansione isobara che ne raddoppia il volume; BC una trasformazione isocora irreversibile, realizzata ponendo il gas a contatto il gas con una sorgente a temperatura TC; CA una compressione isoterma reversibile. Calcolare il rendimento del ciclo e la variazione di entropia dell universo. Nel ciclo, irreversibile, il calore viene assorbito lungo l isobara. Q AB = nc p (T B T A ), viene invece ceduto nell isocora BC e nell isoterma CA: Q BC = nc V (T C T B ) = nc V (T A T B ) Q CA = nrt A ln V A = nrt A ln V A V C V B quindi η = 1+ nc V (T A T B ) + nrt A ln(v A /V B ) nc p (T B T A ) = 1 C V (T B /T A 1) + Rln(V B /V A ) C p (T B /T A 1) essendo T B /T A = V B /V A = 2, si ottiene: η = 1 C V + R ln 2 3/2 + ln 2 = 1 = 0.12 C p 5/2 La variazione di entropia nel ciclo è nulla, quindi la variazione di entropia dell universo è pari alla variazione di entropia delle sorgenti. S univ = S sorg = C p ln T B T C T B C V R ln V A = T A T C V C ((5/2) ln 2 (3/2) + ln(1/2)) J/K = 3.18 J/K. S sorgab = C p ln T B T A = ( 8.314) (5/2) ln 2 = J/K. S sorgca = R ln V A V C = ( 8.314) ln(1/2) = J/K. S sorgbc = C V T C T B T C = ( 8.314) ( 3/2) = J/K. S gasbc = C V ln T B T C = ( 8.314) ln(1/2) 3/2 = J/K. S sorgca + ( S gasbc ) = = J/K. Si noti che T C = T A 7

8 (03/01/24) Una massa di ghiaccio m = 0.9 kg a temperatura T 1 = 250 K viene introdotta in un recipiente vuoto di volume 0.1 m 3, che viene messo a contatto termico con una sorgente a T 2 = 500 K. Calcolare la pressione nel recipiente all equilibrio, la variazione d entropia dell acqua e quella della sorgente termica; l acqua viene poi riportata reversibilmente alla temperatura iniziale. Calcolare la variazione d entropia dell universo nell intero ciclo di riscaldamento e raffreddamento. P mol = 18 g/mol, C v = 5 R = J/Kmol, 2 C gh = J/kgK, C aq = J/kgK, λ F = J/K, λ E = J/K P = nrt V = mrt (P mol ) V = = P a Q 1 = C gh m (T F T 1 ) = ( ) = J Q 2 = λ F m = = J Q 3 = C aq m (T E T F ) = ( ) = J Q 4 = λ E m = = J Q 5 = C v n (T 2 T E ) = ( ) = J Q = Q 1 + Q 2 + Q 3 + Q 4 + Q 5 = ( ) 10 5 = J S amb = Q T = = J/K S acq = mc gh ln T F T 1 + Q 2 T F + mc acq ln T E T F + Q 4 T E + nc v ln T 2 T E = = ln ln

9 ln = J/K Il raffreddamento reversibile non modifica la variazione d entropia che vale: S un = S amb + S acq = = J/K 9

10 (03/01/24) Tre moli di gas ideale passano dallo stato A (V A = 30 dm 3, P A = 2 bar) allo stato B (V B = 100 dm 3, P B = 4 bar) compiendo una trasformazione reversibile, rappresentata da un segmento sul piano (P, V ). Sapendo che S AB = J/K decidere se il gas è monoatomico o biatomico. Calcolare il calore scambiato dal gas nella trasformazione. S AB = nc V ln P B P A + nc P ln V B nc V ( ln P B P A + ln V B V A C V = 5/2 R ) + nr ln V B V A S AB /n R ln V B V A ln P B + ln V = B P A V A gas biatomico ( = n V A C V ln P B P A + (C V + R) ln V B V A ) = ln(10 3 ) ln 2 + ln( 10 3 ) = J/K = L = 1/2(P A + P B )(V B V A ) = 1/2( )( ) = J T B = P BV B nr, T A = P AV A nr U = nc V T = 5/2 nr(t B T A ) = 5/2 (P B V B P A V A ) = 5/2( ) = J Q = U + L = = J 10

11 (03/04/15) Un gas ideale biatomico, a pressione P 0 = P a, volume V 0 = 0.01 m 3 e temperatura T 0 = K viene compresso adiabaticamente e reversibilmente fino a V 1 = m 3. A causa dell imperfetto isolamento termico, dopo un certo tempo il gas ritorna alla temperatura iniziale T 0. Calcolare la pressione massima raggiunta, la temperatura massima, la pressione finale del gas, la variazione di entropia del gas e l energia inutilizzabile. γ = 7 5, Nell adiabatica reversibile ( ) γ ( ) 7 P 0 V γ 0 = P 1 V γ V0 10 1, P 1 = P 0 = P a = V P a ( ) γ 1 ( ) 2 T 0 V γ 1 0 = T 1 V γ 1 V T 1 = T 0 = K = K V A volume costante il gas si raffredda fino a T 0 e la pressione p 2 finale sarà P 2 V 1 = P 0 V 0 P 2 = P 0V 0 = P a = P a V La variazione d entropia del gas lungo l isocora sarà: S gas = nc v ln T 0 T 1 = P 0V 0 RT RlnT 0 T 1 = 5 2 = J K e quella dell ambiente S amb = nc v T 1 T 0 T 0 = P 0V 0 RT RT 1 T 0 T 0 = ln P 0 V 0 T 2 0 = (293.2) 2 ( ) J K = J K (T 1 T 0 ) = S un = S gas + S amb = ( ) J K = J K = J K = E in = T 0 S un = J K = J K 11

12 (03/04/15) Un frigorifero reversibile funziona assorbendo W = 400 J per ciclo, tra t 2 = 25 C e t 1 = 4 C. Se vi si pone all interno 1 kg di acqua a t 3 = 20 C,calcolare in quanti cicli la macchina riuscirà a trasformare tutta l acqua in ghiaccio a t 1 = 4 C. calore specifico dell acqua C a = 4187 J kgk, calore specifico del ghiaccio C g = J kgk calore latente di fusione dell acqua λ = J kg T 1 = K 4 K = K, T 2 = K, T 3 = K, T 0 = K temp. di congelamento dell acqua Il rendimento è η = 1 T 1 T 2 = = Q 2 = W η = J = 4112 J Q 1 = W Q 2 = ( )J = 3712 J Il calore da sottrarre all acqua è: Q = m [C a (T 3 T 0 ) + λ + c g (T 0 T 1 )] = = ( ) J = J= n = Q = = 115 cicli. Q

13 (03/06/23) Il calore specifico a pressione costante del platino, tra 250 K e 1400 K, dipende da T in accordo alla relazione empirica C p = ( T T 2 )J/kgK Una massa di 250 g di platino a T 1 =280 K viene posta, mantenendo la pressione costante, in contatto termico con una sorgente a T 2 =1400 K. Calcolare la variazione di entropia ed entalpia del platino, e la variazione d entropia dell universo. Q = m T 2 T 1 C p dt C p = a + bt + ct 2 [ H = Q = m a(t 2 T 1 ) + b 2 (T 2 2 T1 2 ) C( 1 1 ] ) = T 2 T ( ( ) ( ))J = J dq S = T = m [ T 2 dt T 1 C p T = m a T 2 dt T 1 T + b T 2 T 1 dt +c ] T 2 dt T 1 = T 3 [ m a ln T 2 + b(t 2 T 1 ) c T 1 2 ( 1 1 ] ) = T2 2 T (122.3 ln J K (1120) ( )) J 2 K = S univ = S + S sorg = S Q T 2 = ( ) J K = J K 13

14 (03/06/23) Due macchine termiche utilizzano le stesse sorgenti, alle temperature T 1 = 300 K e T 2 = 600 K. La prima macchina, reversibile, assorbe Q 2 = 2 kj e produce un lavoro L. La seconda, irreversibile e con rendimento η 2 = 0.3, produce lo stesso lavoro L. Calcolare la variazione di entropia dell universo in un ciclo delle due macchine. η 1 = η rev = 1 T 1 T 2 =1 0.5 = 0.5 L = η 1 Q 2 = J = 1000 J Q 2 = L = 1000 = 3333 J calore ceduto dalla sorgente calda alla macch. η irrev. Q 1 = L Q 2 = 2333 J calore ceduto alla sorgente fredda dalla macch. irrev. S 1 = Q 1 T 1 aumento d entropia della sorgente fredda S 2 = Q 2 diminuzione d entropia della sorg. calda T 2 ( 2333 S univ = S 1 + S 2 = ) J 600 K = J K 14

15 (03/07/11) Un cilindro con pistone, contenente n = 3 moli di gas ideale biatomico, si trova in equilibrio termico con 1 Kg di acqua alla temperatura T A = K. Il gas viene compresso in modo reversibile a T costante, a contatto con l acqua fino allo stato B in cui V B = 1 3 V A. Una trasformazione adiabatica reversibile riporta il gas al volume iniziale V A. Infine anche la temperatura viene riportata al valore iniziale T A ponendo di nuovo il cilindro in contatto termico con l acqua e mantenendo costante il volume. Calcolare: Il lavoro richiesto in un ciclo: quanti cicli sono necessari per far evaporare tutta l acqua; la variazione d entropia del gas e dell acqua nell isocora; l energia inutilizzabile in un ciclo. (A B, isoterma) L AB = nrt A ln V B V A = ln 1 3 J = J = Q AB = calore ceduto dal gas (A B). Per il gas si ha: S B S A = Q AB T A (B C, adiabatica) L BC = nrln V B V A = nc V (T B T C ) ma si ha: T C V γ 1 e quindi T C = T B ( VB V C ) γ 1 γ 1 = = 2 5, T C = C = T B V γ 1 B ( ) = K 3 L BC = ( ) J = J 2 Per il gas S C S B = 0 (C A, isocora) L CA = 0, Per il gas S A S C = nc V ln T A T C = ln J/K = J/K Calore assorbito dal gas (C A) = Q CA = U = nc V (T A T C ) = L BC 15

16 perchè T A = T B La variazione d entropia dell acqua nell isocora vale S aca = Q CA = T A J/K = J/K La somma delle variazioni d entropia per acqua e gas nell isocora (l unico processo irreversibile) dà S univ = J/K J/K = 5.23 J/K = L energia inutilizzabile vale E in = T C S univ = J = J Il lavoro richiesto in un ciclo è L = L AB + L BC = ( ) J = J che è il calore ceduto all acqua a ogni ciclo. Numero cicli n = λm = = 1157 L 1951 Procedura alternativa per il calcolo di E in : In un ciclo il gas torna allo stato iniziale e quindi S gas = 0 (Infatti S gas = nr ln V B V A + nc V ln T A T C = 0 perchè T C V 2/5 A = T B V 2/5 B = T A V 2/5 B ( ) 5 2 TA T C = ( VA V B ) 5 2 ln T A T C + ln V B V A = 0) In un ciclo S acq = Q T A = S univ = S gas + S acq = 5.23 J/K = 5.23 J/K E in = T C S univ = J = J. 16

17 (03/07/11) Una macchina termica reversibile lavora con quattro sorgenti. Dalla prima, a temperatura T 1 = 500 K, la macchina assorbe il calore Q 1 = 5000 J. Alla quarta sorgente, a T 4 = 280 K, la macchina cede il calore Q 4 = 1400 J. Con la seconda e la terza sorgente (T 2 = 400 K e T 3 = 300 K ), la macchina scambia i calori Q 2 e Q 3 = Q 2. Calcolare il rendimento della macchina. Q 1 + Q 2 + Q 3 + Q 4 = 0. ; T 1 T 2 T 3 T 4 Q 1 T 1 + Q 2 T 2 Q 2 T 3 + Q 4 T 4 = 0. Q 2 (T 1 T 3 T 4 T 1 T 2 T 4 ) = Q 1 T 2 T 3 T 4 Q 4 T 1 T 2 T 3 Q 2 = Q 1T 2 T 3 T 4 Q 4 T 1 T 2 T 3 T 1 T 3 T 4 T 1 T 2 T 4 = ( 1400) = J = 6000 J η = 1 + Q 3 + Q = 1 Q 1 + Q =

18 (03/09/16) Due moli di gas ideale monoatomico, inizialmente a volume V A = 5 dm 3 e temperatura T A = K subiscono una trasformazione isoterma reversibile, a contatto con una miscela di acqua e ghiaccio, fino al volume V B = 2 dm 3. Il gas poi viene posto a contatto con una sorgente a temperatura T C = 519 K fino a raggiungere, a prerssione costante, l equilibrio termico. Quindi, mediante una trasformazione adiabatica reversibile, il gas ritorna al volume iniziale. Infine, posto a contatto con la miscela di acqua e ghiaccio, torna alla temperatura iniziale mediante una trasformazione isocora. Calcolare per un ciclo: Quanti grammi di ghiaccio si sciolgono (λ = J/g), il lavoro L compiuto dal gas, il rendimento η del ciclo. P V = nrt P = nrt/v P A = /0.005 = P a P B = /0.002 = P a V C =nrt C /P C = /( ) = m 3 γ = 5 3, P CV γ C = P DV γ D, ( ) γ ( ) 5 VC P D = P C P D = = V D /0.002 (A B, isoterma) L AB = nrt A ln V B V A = ln 1 3 J = J = Q AB = calore ceduto dal gas (A B). Per il gas si ha: S B S A = Q AB T A (B C, adiabatica) L BC = nr ln V B V A = nc V (T B T C ) ma si ha: T C V γ 1 e quindi T C = T B ( VB V C ) γ 1 C = T B V γ 1 B 18

19 γ 1 = = 2 5, T C = ( ) = K 3 L BC = ( ) J = J 2 Per il gas S C S B = 0 (C A, isocora) L CA = 0, Per il gas S A S C = nc V ln T A T C = ln J/K = J/K Calore assorbito dal gas (C A) Q CA = U = nc V (T A T C ) = L BC perchè T A = T B La variazione d entropia dell acqua nell isocora vale S aca = Q CA = T A J/K = J/K La somma delle variazioni d entropia per acqua e gas nell isocora (l unico processo irreversibile) dà S univ = J K J K = 5.23 J K = J. L energia inutilizzabile vale E in = T A S univ = J = Il lavoro richiesto in un ciclo è L = L AB + L BC = ( ) J = J = Q = calore ceduto all acqua a ogni ciclo. Numero cicli n = λm L = =

20 (03/09/16) Una macchina termica reversibile lavora tra due sorgenti, una costituita dall ambiente a T 1 = 290 K e l altra da una grande massa di stagno fuso alla temperatura di fusione T 2. Ad ogni ciclo della macchina solidificano 8.4 g di stagno, viene compiuto il lavoro L = J e viene ceduto alla sorgente fredda il calore Q 1 = J. Calcolare i valori di T 2 e del calore latente di fusione λ dello stagno. L = Q 1 + Q 2. Q 2 = L Q 1 = ( ) J = J λ = Q 2 m = J kg = J kg La macchina è reversibile, quindi: Q 1 T 1 + Q 2 T 2 = 0 T 2 = T 1 Q 2 Q 1 = K = 505 K 20

21 (03/09/30) Un gas ideale inizialmente in A a pressione P 1 e volume V 1 compie una trasformazione isobara fino a un punto B (P 1, V 0 ) (V 0 > V 1 ), poi un isocora che lo porta in C (P 2, V 0 )(P 2 < P 1 ) e un altra isobara fino a D (P 2, V 2 = 5V 1 ). Infine una trasformazione isoterma reversibile lo riporta allo stato iniziale. Calcolare per quale valore di V 0 il lavoro complessivo risulta nullo. L = P 1 (V 0 V 1 ) + P 2 (V 2 V 0 ) + nrt ln nrt [ V0 V 1 + V 2 V 0 + ln 1 ] = 0 V 1 V 2 5 V 2 (V 0 V 1 ) + V 1 (V 2 V 0 ) + V 1 V 2 ln 1 5 = 0 ( V1 V 0 (V 2 V 1 ) V 1 V 2 + V 1 V V 1 V 2 = 0 V 0 = 1.61 V 1V 2 V 2 V 1 = V 1 = 2V 1 V 2 ) = 0 21

22 (03/09/30) Una macchina frigorifera compie 3 cicli al secondo, assorbendo una potenza P = 1256 W. Essa lavora scambiando calore tra due sorgenti alla temperatura T 1 = 200 K e T 2 = 300 K. Sapendo che ad ogni ciclo l entropia dell universo aumenta di S u = 0.7 J/K si calcoli il tempo necessario per sottrarre alla sorgente fredda una quantità di calore pari a Q = 10 4 J. Se la macchina fosse reversibile quanto tempo impiegherebbe? A ogni ciclo dall esterno si compie un lavoro uguale a L = P/f = 1256/3 J. = J.sempre per ogni ciclo si ha: Q 1 L = Q 1 + Q 2, + Q 2 = S u. Q 1 = J, Q 2 = J T 1 T 2 In un secondo la sorgente fredda perde il calore 3Q 1 e quindi per sottrarre il calore Q occorrono t secondi: t = Q/3Q 1 = 10 4 /( ) s = s Se la macchina fosse reversibile si avrebbe: L = Q 1 + Q 2, Q 1 T 1 + Q 2 T 2 t = Q/3Q 1 = 10 4 /( )s = s = 0 Q 1 = J, Q 2 = J 22

23 (04/01/22) Un cilindro rigido e adiabatico è diviso in due parti da un setto di area S = 40 cm 2 anch esso adiabatico, che può scorrere al suo interno. Una parte, di volume V 1 = 6 l, contiene 2 moli di gas ideale biatomico; l altra parte, di volume V 2 = 3 l contiene 1, 3 moli dello stesso gas. Inizialmente la pressione nelle due parti è p = 10 atm ed il sistema si trova in equilibrio meccanico col setto in una certa posizione. Bloccato il setto in tale posizione e facendo venir meno la sua adiabaticità, si calcoli la forza che agisce su di esso e la variazione di entropia del sistema. Le temperature iniziali dei gas vanno determinate mediante l equazione di stato: T 1 = pv 1 /n 1 R = K = K, : T 2 = pv 2 /n 2 R = K = K Una volta che il setto diventa diatermico, calore fluisce da una parte all altra e viene raggiunta la temperatura finale T f. Tenuto conto che l energia interna dell intero sistema è costante, nel processo la sua variazione è nulla: si ha U = n 1 C v (T f T 1 ) + n 2 C v (T f T 2 ) = 0. Da cui: T f = n 1T 1 + n 2 T 2 n 1 + n 2 = La forza che agisce sul setto risulta ( n2 F = S(p 2 p 1 ) = SRT f n ) 1 = V 2 V 1 = K ( ) 103 N = N. La variazione di entropia del sistema è: S = S 1 + S 2 = n 1 C v ln T f T 1 + n 2 C v ln T f T 2 = 5/ (2 ln ln ) = 0.55 J/K

24 (04/01/22) Una mole di gas ideale monoatomico esegue un ciclo composto da una espansione isoterma reversibile AB che ne raddoppia il volume, da una trasformazione isocora irreversibile BC, realizzata ponendo il gas a contatto con una sorgente a temperatura T C, e da una adiabatica reversibile CA che chiude il ciclo. Calcolare il rendimento del ciclo e la variazione di entropia dell universo. Il rendimento è dato da η = 1 + Q BC Q AB, (1) dove le quantità di calore assorbito Q AB e ceduto Q BC sono, Q AB = nrt A ln V B, Q BC = nc V (T C T B ). (2) V A Dall equazione dell adiabatica reversibile si ha T A V γ 1 A = T C V γ 1 C T C = T A ( VA V B ) γ 1. (3) Sostituendo la (3) e la (2) nella (1) e ricordando che per il gas ideale monoatomico γ = 5 3, si ottiene η = ( VA V B ) γ 1 1 ln V B V A = ( ) ln 2 = 0.2 Per quanto riguarda la variazione di entropia dell universo si osservi che se il ciclo fosse reversibile tale variazione sarebbe nulla. Poichè la trasformazione isocora è irreversibile si ha necessariamente una variazione di entropia delle sorgenti, in quanto la variazione di entropia dell intero ciclo è nulla. Pertanto denotando con S l entropia delle sorgenti, si ha Ma S u = S AB + S BC. S AB = R ln V B V A = ln 2 J/K = 5.76 J/K, 24

25 SBC = C T B T C V T C [ (VB ) γ 1 = C V 1] = V A J/K = 7.32 J/K tenuto conto, per la (3), che T A = T B. Pertanto S u = 1.47 J/K. 25

26 (04/07/05) Un recipiente cilindrico isolato, di volume V 0 = 40 l è diviso in due parti uguali da una parete di sezione S = 100 cm 2 e volume trascurabile, perfettamente scorrevole. In una delle due parti è contenuta una mole di gas ideale monoatomico, mentre l altra parte è vuota. La parete mobile è mantenuta in equilibrio da una molla di costante elastica k = 10 4 N/m, compressa di l = 0.1 m. Praticando un piccolo foro nella parete, il gas diffonde nella parte vuota. Calcolare la variazione di energia interna e di entropia del gas. La pressione e la temperatura dello stato iniziale sono: p 1 = k l S = P a = P a; 0.01 T 1 = p 1V 1 nr = K = K; (V 1 = V 0 /2) L energia interna del sistema è costante, U = U gas + U molla = 0, ed essendo: U molla = k( l)2 = 1 2 k( l)2 (l energia finale della molla è nulla, l = 0), si ha U gas = nc V (T 2 T 1 ) = 1 2 k( l)2 = (0.1) 2 J = 50 J. Si ottiene: T 2 = T 1 + U gas = nc V p 2 = nrt 2 = nrt 2 = V 2 V 0 La variazione di entropia risulta: S = nc V ln T 2 +nr ln V 0 T 1 V 0 /2 = (3 2 J/K K = K; P a = P a = ln +ln 2)J/K =

27 (04/07/05) Una mole di gas ideale biatomico esegue il ciclo ABCA, in cui: AB è una espansione isobara che raddoppia il volume iniziale, V B = 2V A ; BC un raffreddamento isocoro, ottenuto ponendo il gas in contatto con una sorgente a temperatura T C ; CA una compressione isoterma che riporta il gas nelle condizioni iniziali. Calcolare il rendimento del ciclo e la variazione di entropia dell universo. Dall equazione di stato, relativa all isobara, si ha T B T A = V B V A = V C V A = 2. Le quantità di calore scambiate nel ciclo dal gas sono: Q AB = ncp(t B T A ) = ncpt A, assorbita; Q BC = nc V (T B T C ) = nc V (T B T A ) = nc V T A, ceduta; Q CA = nrt A ln V C V A = nrt A ln V B V A = nrt A ln 2, ceduta. Il rendimento risulta: η = 1 + Q BC + Q CA = 1 C V + R ln 2 Q AB Cp = ln 2 7 = Il ciclo contiene una trasformazione irreversibile: l isocora che raffredda il gas posto a contatto con la sorgente a temperatura T C = T A,. Ma la variazione di entropia del gas in un ciclo è nulla, dunque la variazione di entropia dell universo è uguale alla variazione di entropia dell ambiente e della sorgente. Denotando con S tali variazioni, per n = 1, si ha: S u = S AB + S BC + S CA dove B SAB = Cp dt T S u = C p ln T B Q BC T A T A = C p ln 2 + C V + R ln 2 A = C pln T B, SBC T = Q BC A Q CA T A = ( 7 2 ln ln 2) J/K = 6.38 J/K 2 T A, S CA = Q CA T A 27

28 oppure: La variazione d entropia dell universo S u è data dalla somma di S gas e S sorg nell isocora irreversibile BC S u = C V C B dt T Q BC = 5 R( ln 2 + 1) = T A ( ln 2 + 1) J/K = 6.38 J/K 2 28

29 (04/07/27) Un cilindro adiabatico munito di pistone perfettamente scorrevole, contiene n = 5 moli di gas ideale biatomico in equilibrio. Raddoppiando bruscamente la pressione esterna, il gas raggiunge lo stato di equilibrio finale. Conoscendo il volume iniziale V 1 = 10 l e la temperatura iniziale T 1 = 300 K, calcolare le variazioni di entalpia e di entropia del gas. Dalla prima legge della termodinamica, per Q = 0 si ha U = L, nc V (T 2 T 1 ) = 2p 1 (V 1 V 2 ). Tenendo presente l equazione di stato, si ricava ( nrt1 nc V (T 2 T 1 ) = 2p 1 nrt ) 2 p 1 2p 1 Da cui 5 2 (T 2 T 1 ) = (2T 1 T 2 ) T 2 = 9 7 T 1 = 9 7 La variazione di entalpia risulta 300 K = K H = U + (pv ) = U + nr T = nc p (T 2 T 1 ) = = kj. La variazione di entropia vale S = nc V ln T 2 + nrln V 2 = nc V ln T 2 + nr ln T 2 = T 1 V 1 T 1 2T 1 ( ) J ln + ln K = 7.75 J K dove si è tenuto conto dell equazione di stato. 29

30 (04/07/27) Un gas ideale monoatomico, inizialmente alla pressione p 0 = 2 atm e volume V 0 = 10 l, esegue la trasformazione reversibile ( ) ] 2 V V0 p = p 0 [1 + V 0 fino a raddoppiare il volume. Calcolare il calore scambiato durante la trasformazione. Successivamente il gas dapprima con un isocora reversibile e poi con un isobara reversibile ritorna allo stato iniziale. Calcolare il rendimento del ciclo. Dall equazione della prima trasformazione si deduce che raddoppiando il volume iniziale, la pressione diventa p 1 = 2p 0. Il calore assorbito nella prima trasformazione è dato dal primo principio: Q = U + L 1 (1) La variazione di energia interna del gas nella prima trasformazione risulta: U = nc V (T 1 T 0 ) = 3 ( 2 nr 4p0 V 0 nr p ) 0V 0 = 9 nr 2 p 0V 0 (2) dove, per ricavare le temperature, si è usata l equazione di stato. Il lavoro compiuto nella prima trasformazione è: 2V 0 2V 0 [ ( ) ] 2 V V0 L 1 = pdv = p dv = V 0 V 0 V 0 [ p 0 V + 1 ] 2V0 (V V 3V0 2 0 ) 3 = 4 V 0 3 p 0V 0. (3) Sostituendo le (2) e (3) nella (1), si ottiene: Q = 35 6 p 0V 0 = J. = J Il lavoro compiuto nel ciclo vale L = L 1 p 0 (2V 0 V 0 ) = 1 3 p 0V 0 e quindi il rendimento del ciclo risulta: 30

31 η = L Q = 1 3 p 0V p 0V 0 = 2 35 =

32 (04/09/10) Una macchina termica reversibile assorbe una quantità di calore Q 0 da una sorgente costituita da una miscela di acqua e ghiaccio in equilibrio (T 0 = 273 K), e cede calore ad una mole di gas ideale, in maniera tale che la temperatura T 1 di quest ultimo rimanga costante. Si determini l aumento percentuale di volume del gas, in corrispondenza alla solidificazione di una massa m = 5 g di acqua. Si calcoli la variazione d entropia dell universo. (Calore di fusione del ghiaccio λ f = 80 cal/g) Il gas compie una espansione isoterma reversibile dal volume V 1 al volume V 2 a temperatura T 1, quindi può essere considerato come una sorgente. Il processo è interamente reversibile; la variazione di entropia dell universo (macchina e sorgenti) è uguale a zero. La macchina è una macchina di Carnot che opera tra le temperature T 0 e T 1, quindi Q 0 + Q 1 T 1 T 1 = 0, Q 1 = Q 0 = mλ f, T 0 T 1 T 0 T 0 dove Q 1 è il calore ceduto al gas. D altra parte nell espansione isoterma il calore assorbito dal gas vale: Q 1 = nrt 1 ln V 2 T 1 = mλ f, V [ ] 2 mλf = exp = V 1 T 0 V 1 nrt 0 [ ] exp = Segue: V 2 V 1 = V [ ] 2 mλf 1 = exp 1 = 1.09 = 109 % V 1 V 1 nrt 0 ( λ f = 80cal/g = J kg = J ) 105 kg 32

33 (04/09/10) Due moli di gas ideale biatomico compiono un ciclo ABCA, dove AB è una espansione reversibile in cui il gas è in equilibrio termico con una sorgente costituita da ghiaccio in presenza della sua acqua di fusione, passando da un volume V A = 10 l ad un volume V B = 15 l; BC è una trasformazione adiabatica reversibile, con la quale il gas ritorna al suo volume iniziale; CA è una trasformazione in cui il gas, posto nuovamente a contatto con la sorgente, ritorna rapidamente allo stato iniziale. Calcolare il lavoro del ciclo e la variazione di entropia dell universo. Nella trasformazione AB, isoterma, T A = T B = K. La temperatura in C va ricavata ricorrendo all equazione dell adiabatica reversibile, ( ) γ 1 ( ) 2/5 T C V γ 1 C = T B V γ 1 VB 15 B T C = T B = K = V C 10 K. Il lavoro compiuto nel ciclo è L = L AB + L BC = nrt A ln V B nc V (T C T A ) = V A ( ln ) ( ) = J. La variazione di entropia dell universo deve essere maggiore di zero in quanto il ciclo contiene una trasformazione irreversibile (isocora CA). Ma la variazione di entropia del gas in un ciclo è nulla, pertanto la variazione di entropia dell universo è uguale alla variazione di entropia della sorgente. Questa cede calore nella trasformazione AB ed assorbe calore nella trasformazione CA; pertanto S u = S sorg = Q AB T A Q CA T A dove Q AB = nrt A ln V B V A, è il calore assorbito dal gas lungo AB e Q CA = nc V (T C T A ) è il calore ceduto dal gas alla sorgente lungo CA S sorg = nr ln V B T C T A + nc V = V A T A ( ln ) J/K = J/K

34 34

35 (04/09/28) Una mole di gas ideale monoatomico compie un ciclo ABCD in cui AB è una isoterma reversibile a temperatura T 2 = 350 K, BC una isocora irreversibile, CD una isoterma reversibile a temperatura T 1 = 250K, DA una adiabatica reversibile. calcolare il lavoro compiuto nel ciclo ed il calore scambiato nella trasformazione BC; (V B = 3V A = 9 l). Non è noto il volume V D, ma usando l equazione dell adiabatica reversibile si ha 1 1 (γ 1) (γ 1) T2 V A = T1 V D, ( ) 1 ( ) 1 T2 (γ 1) 350 (5/3 1) V D = VA = 3 l = 4.97 l 250 T 1 Il lavoro del ciclo è dato da L = L AB + L CD + L DA, (1) dove: L AB = RT 2 ln V B V A = ln 3 = J L CD = RT 1 ln V D = ln 4.97 V B 9 = J L DA = C V (T 2 T 1 ) = 3 2 R(T 2 T 1 ) = = J. 2 Sostituendo nella (1) si ottiene L = ( ) J = J Poichè nel ciclo U = 0, Q ciclo = Q AB + Q BC + Q CD = L, (2) ed essendo Q AB = L AB, Q CD = L CD, sostituendo nella (2), si ricava: Q BC = L L AB L CD = ( ) = J. 35

36 (04/09/28) Un gas ideale monoatomico, nel diagramma V -T, compie un ciclo ABCA rappresentato da un triangolo rettangolo, come in figura. Sapendo che T B = 3T A, calcolare il rendimento. Dalla figura si riconosce che nella trasformazione AB il rapporto T/V = c è costante, quindi si tratta di una isobara; BC è una isocora; CA una isoterma. Usando l equazione di stato si ha V B = T B = 3, V B = V C = 3V A. V A T A Le quantità di calore scambiate sono: Q AB = C p (T B T A ), Q BC = C V (T B T C ), Q CA = RT A ln V C V A. Il rendimento risulta η = 1+ Q BC + Q CA Q AB 1 oppure: 3 (2) + ln 3 2 = (2) 3 = 1 2 (T B T C ) + T A ln (T B T A ) L CA = nrt A ln( 1 3 ), L AB = p A 2V A = 2nRT A 3 = 1 2 (3T A T A ) + T A ln (3T A T A ) = 36

37 Q AB = 5 2 nr 2T A, η = L AB + L CA Q AB = 2nRT A + nrt A ln( 1 3 ) 5 2 nr 2T A = 2 + ln( 1 3 ) 5 =

38 (05/06/22) Un gas ideale monoatomico compie un ciclo reversibile, costituito da una espansione isoterma AB, dove il gas raddoppia il volume, da una isocora BC e da una adiabatica CA. Calcolare il rendimento del ciclo. Detta T la temperatura assoluta dell isoterma e T C quella dello stato C, si ha: η = 1 + Q 1 Q 2 dove il calore assorbito nell isoterma vale Q 2 = RT ln V B VA e il calore ceduto nell isocora vale Q 1 = C V (T T C ) e quindi si ha η = 1 C V (T T C ) RT ln V B VA. (1) Per ricavare T C, si osservi che nel ciclo la variazione di entropia del gas è nulla: S = C V ln T C T + R ln V B VA = 0 T C = T 2 2/3. (2) Lo stesso risultato si ottiene considerando gli stati A e C dell adiabatica. Sostituendo la (2) nella (1), si ottiene: η = 1 C V T (1 2 2/3 ) RT ln 2 = 1 1.5(1 2 2/3 ) ln 2 =

39 (05/06/22) Un recipiente cilindrico adiabatico è diviso in due parti uguali A e B da un pistone scorrevole, anch esso adiabatico, e di massa trascurabile. Ognuna delle due parti contiene 6 moli di gas ideale monoatomico alla pressione p 0 e alla temperatura T 0 = 300 K. Una resistenza elettrica riscalda reversibilmente il gas contenuto nella parte A, determinando una compressione del gas in B, fino a triplicarne la pressione. Calcolare il lavoro fatto dal gas contenuto in A ed il calore da esso assorbito. In A viene dissipato calore mediante la resistenza elettrica (lavoro adiabatico), mentre il gas contenuto in B viene compresso adiabaticamente e reversibilmente, raggiungendo la temperatura ( ) (γ 1) p γ T B = T B 0 p 0 = 300 (3) 2 5 K = K, avendo tenuto conto dell equazione delle adiabatiche reversibili, nelle variabili p e T. Di conseguenza, il lavoro fatto dal gas in A su quello contenuto in B è pari alla variazione di energia interna di quest ultimo: L = nc V (T B T 0 ) = ( ) = J. 2 d altro canto, il calore assorbito dal gas A è pari alla somma del lavoro effettuato e della sua variazione di energia interna. Per calcolare quest ultima occorre determinare la temperatura finale T A del gas. Dall equazione di stato del gas ideale si ha: p A V A = nrt A, p 0 V 0 = nrt 0, T A T0 = p AV A p 0 V 0, T A = T 0 p A V A p 0 V 0. Ma, essendo V 0 il volume iniziale dei gas, ( V A = 2V 0 V B = 2V 0 V p0 ) [ 1/γ 0 p B = V0 2 ( p 0 ) ] 1/γ p B = V 0 (2 ( ) ) = V 3 0, e, tenuto conto che nelle due parti p A = p B, si ottiene che T A = K Pertanto: Q = L + U A = J nr(t A T 0 ) = J J = J. 39

40 (05/07/19) Una mole di gas ideale monoatomico descrive un ciclo AB- CA costituito da una adiabatica reversibile AB, una isoterma reversibile BC ed una isocora irreversibile CA, durante la quale il gas è posto in contatto con una sorgente a temperatura T A. Sapendo che V B /V A = 2, calcolare il rendimento del ciclo e le variazioni di entropia della sorgente e del gas durante la trasformazione isocora; calcolare infine la variazione d entropia dell universo in un ciclo. Il calore viene assorbito lungo l isocora CA: Q CA = nc V (T A T B ), essendo T C = T B. Il calore ceduto lungo la compressione isoterma è Q BC = nrt B ln V B VA, essendo V C = V A. Pertanto: η = 1 nrt Bln(V B /V A ) nc V (T A T B ) = 1 R C V ln(v B /V A ) (T A /T B 1). Poichè, T B TA = si ottiene: ( V A V B ) γ 1, R C V = γ 1 = 2 3 η = 1 2 ln 2 = Variazioni di entropia lungo l isocora: ( ) S sorg = Q CA T A = nc V (T A T B ) T A = nc V 1 T B TA = ( ) ) γ 1 V = nc V (1 A V B = 4.61 J/K La variazione d entropia del gas in un ciclo è nulla e quindi lungo l isocora: S CA = S BC = nr ln V A VB = R ln 1 = 5.76 J/K. 2 La variazione dell entropia dell universo vale: S univ = S sorg + S CA = 4.61 J/K J/K = 1.15 J/K 40

41 (05/07/19) Due moli di gas ideale monoatomico compiono una trasformazione reversibile, assorbendo le quantità di calore Q A = 850 J e Q B = 8 kj rispettivamente dalle sorgenti alle temperature T A = 400 K e T B = 500 K. Sapendo che la temperatura del gas in seguito alla trasformazione, è raddoppiata, calcolare la variazione percentuale di volume. Il processo è reversibile, dunque la variazione di entropia dell universo è nulla, S u = S sorg + S gas = 0. (1) Per le sorgenti si ha: S sorg = Q A T A + Q B T B = J/K J/K = J/K dove il segno negativo indica che il calore è stato ceduto dalle sorgenti. Per il gas: S gas = nc V ln T f T i + nr ln V f V i Sostituendo nella (1), si ottiene: nc V ln T f T i 2R ln V f V i + nr ln V f V i = 3R ln 2 + 2R ln V f V i = 18, 125 J/K 3R ln 2 = J/K ln V f V i = ( R ln 2) = 3 ln 2 = R Da cui V f V i = e 0.05 = 1.051, V f V i V i = V V = 0, 051 = 5.1% 41

42 (05/09/09) Un recipiente con pareti rigide e capacità termica trascurabile, contiene 15 moli di azoto, in equilibrio termodinamico, alla temperatura T 1. Il sistema viene posto in contatto con una sorgente alla temperatura di T 2 = 0 C, attraverso una parete diatermana. Raggiunto il nuovo equilibrio, si osserva che la variazione di entropia della sorgente è S sorg = 750 J/K. Calcolare la variazione di entropia del gas. La trasformazione è irreversibile, ma la variazione di entropia della sorgente è sempre pari al rapporto tra il calore assorbito (ceduto dal gas) e la sua temperatura, ossia S sorg = Q T 2 Q = T 2 S sorg = J dove T 2 = K. Essendo Q = nc V (T 1 T 2 ), risulta: ( ) T 1 = T 2 + Q nc V = K = K (C V = 5R) 2 La variazione di entropia del gas risulta: S = nc V ln T 2 T 1 = ln J/K = J/K 42

43 (05/09/09) Un gas ideale monoatomico compie il ciclo reversibile ABCA in cui: AB è una adiabatica che ne raddoppia il volume; BC una isobara che riporta il volume a quello iniziale; CA una isocora che riporta il gas nello stato iniziale. Calcolare il rendimento. Il calore viene assorbito lungo la trasformazione isocora CA e ceduto lungo l isobara BC, pertanto η = 1 + Q BC Q CA = 1 ncp(t B T C) nc V (T A T C ) = 1 γ T B/T C 1 T A /T C 1. (1) Nell isobara, essendo V B = 2V A, si ha: V B VC T A T B = = V B VA = T B TC = 2 (2) Dall equazione dell adiabatica: ( ) γ 1 V B VA = 2γ 1, TA = T B 2 γ 1, e tenendo conto della (2): T A = T C 2 γ, T A T C = 2 γ Sostituendo le (2) e (3) nella (1) si ottiene: η = =

44 (05/09/30) Un cubetto di ghiaccio di massa m 0 alla temperatura θ 0 = 0 C viene immerso in una massa d acqua m 1 = 0.1 kg, alla temperatura θ 1 = 27 C, posta in un thermos, di capacità termica trascurabile. Determinare la massima quantità di ghiaccio che può essere sciolta e la variazione di entropia del sistema; (calore di fusione del ghiaccio λ f = 80 cal/g,). L entalpia del sistema è costante, dunque H = H gh + H acq = 0, ossia, indicando con θ E la temperatura di equilibrio e ponendo per l acqua c p = 1cal/gK, m 0 λ f + m 0 c gh (θ E θ 0 ) + m 1 c p (θ E θ 1 ) = 0. La massima quantità di ghiaccio che può fondere si ha quando la temperatura del sistema diventa θ E = θ 0 = 0 C. Pertanto, dalla relazione precedente si ha: m 0 = m 1c p(θ 1 θ E ) λ f = 34 g. Si osservi calore che il calore specifico del ghiaccio a 0 C, pari a c gh = 0.48 cal/gk, non interviene in quanto la temperatura di equilibrio è 0 C. La variazione di entropia del sistema risulta: S = S gh + S acq = m 0λ f T 0 + m 1 c p ln T 1 T 0 = 80.2 J/K. 44

45 (05/09/30) Una mole di gas ideale monoatomico esegue un ciclo ABCA in cui: AB è una espansione isobara che ne raddoppia il volume; BC Una trasformazione isocora irreversibile, realizzata ponendo il gas a contatto con una sorgente a temperatura T C ; CA una compressione isoterma reversibile. Calcolare il rendimento del ciclo e la variazione di entropia dell universo. Nel ciclo, irreversibile, calore viene assorbito lungo l isobara. Q AB = nc p (T B T A ), ceduto nell isocora BC e nell isoterma CA: Q BC = nc V (T B T C ) = nc V (T B T A ) Q CA = nrt A ln V A VC Dunque, = nrt A ln V A VB η = 1 nc V (T B T A )+nrt A ln(v B /V A ) nc p(t B T A ) = 1 C V (T B /T A 1)+R ln(v B /V A ) C p(t B /T A 1). Essendo T B /T A = V B /V A = 2, si ottiene: η = 1 C V +R ln 2 C = La variazione di entropia nel ciclo è nulla, quindi la variazione di entropia dell universo è pari alla variazione di entropia delle sorgenti. S u = S sorg = C p ln T B TA + R ln V C VA + C V T B T C T C = 5 2 R ln 2 + R ln R 2T C T C T C = ( 5 2 ln 2 + ln ) = 3.82 J/K. Oppure (l entropia dell universo aumenta solo nel tratto BC irreversibile) S gas B C = 3 2 R ln 2 S sorg B C = 3 2 R S u = S g + S sorg = 3 R (1 ln 2) = R = J/K = 3.82 J/K Si noti che T C = T A. 45

46 (05/12/02). Un gas ideale monoatomico, inizialmente a temperatura T A = 300 K, compie una trasformazione adiabatica irreversibile al termine della quale si raffredda di T = T B T A = 5 K. Utilizzando il lavoro compiuto durante tale processo, il gas viene riportato, a pressione costante, al volume iniziale V C = V A. Determinare la temperatura finale del gas. Per la prima legge della termodinamica, il lavoro nella trasformazione adiabatica è uguale alla diminuzione di energia interna: L AB = nc V (T B T A ), (1) Nella trasformazione isobara: L BC = L AB = p(v C V B ). Poichè V C = V B T C /T B, si ha pv B T B (T C T B ) = nr(t C T B ), e tenendo conto della (1): nr(t C T B ) = nc V (T B T A ). Essendo T B = T A + T, si ottiene: T C = T A + Cp T = T R A + 5 T = K 2 46

47 (05/12/02) Una macchina frigorifera lavora ciclicamente scambiando calore con l ambiente esterno, da considerare come una sorgente ideale a temperatura θ 0 = 27 C. Calcolare il lavoro minimo occorrente per solidificare una massa m = 1 kg di acqua inizialmente in equilibrio a temperatura ambiente. (calore di fusione dell acqua λ f = 80 cal/g) Il lavoro minimo si realizza in condizioni di reversibilità. Per la legge di accrescimento dell entropia, la variazione di entropia dell universo (frigorifero, acqua, ambiente) dev essere maggiore o uguale a zero, S u 0, dove il segno di uguaglianza vale per processi reversibili. Pertanto, dette S acq, S frig e S amb rispettivamente, le variazioni di entropia dell acqua, del frigorifero e dell ambiente, si ha S u = S acq + S frig + S amb = 0. Ma S frig = 0 in quanto la macchina lavora ciclicamente, quindi: S acq + S amb = 0 La variazione di entropia dell acqua alla fine della solidificazione risulta: S acq = mc p ln T 0 T 1 mλ f ( ln ) J/K = J/K, dove c p 1 cal/g K è il calore specifico a pressione costante e T 1 = K Q 1 è il calore totale ceduto dall acqua che vale T 1 = Q 1 = mc p (T 0 T 1 ) mλ f = ( ) J = J La variazione di entropia dell ambiente è S amb = S acq = J/K, e quindi il calore assorbito dall ambiente sarà Q 2 = T 0 S amb = J = J La parte residua del calore Q 1 sottratto all acqua ad ogni ciclo viene ceduta come lavoro al frigorifero; in totale si ha: L min = Q 2 + Q 1 = J J = 39 KJ 47

48 (06/06/12) Un cilindro munito di pistone perfettamente scorrevole, contiene 0.3 moli di azoto alla pressione p. Il sistema è in equilibrio termico con una miscela di acqua e ghiaccio fondente in cui sono presenti 150 g di ghiaccio alla pressione p 0 = 1 atm. Il gas viene fatto espandere reversibilmente finchè la sua pressione diventa uguale a p 0 e al termine del processo si osserva che sono presenti 160 g di ghiaccio. Calcolare la pressione iniziale del gas e le variazioni di entropia del gas, della miscela e dell universo. (Calore latente di fusione del ghiaccio λ f = 334 kj/kg). Durante l espansione isoterma reversibile, il gas ha assorbito dalla miscela una quantità di calore pari a Q = mλ f = 3340 J, dove m = 10 g è la differenza tra le masse di ghiaccio presenti alla fine e all inizio. D altra parte nell isoterma, Q = L = nrt 0 ln V 0 V = nrt 0 ln p p 0, ln p p 0 = 3340 nrt 0, da cui: p = p 0 exp nrt 0 = 1 exp atm 135 atm La variazioni di entropia della miscela è S b = Q T 0 = 3340 = 12.2 J/K Ma il processo è reversibile, dunque la variazione di entropia del gas è uguale ed opposta a quella della miscela. La variazione di entropia dell universo è zero. 48

49 (06/06/12) Una mole di gas ideale monoatomico compie un ciclo ABC, in cui AB è una espansione adiabatica irreversibile, BC una isobara reversibile che riporta il gas al volume iniziale, CA una isocora reversibile che chiude il ciclo. Sapendo che T A = 2T B e S BC + S CA = 6 J/K, calcolare il rendimento del ciclo. η = 1 + Q BC Q CA = 1 Cp(T B T C ) C V (T A T C ) = 1 γ T B/T C 1 T A /T C 1. (1) Dall equazione di stato si ha: T B TC = V B VC La (1) diventa: = V B VA, T C = T B V A VB. V η = 1 γ B /V A 1 = 1 γ V B/V A 1. (2) T A V B /T B V A 1 2V B /V A 1 Per ricavare il rapporto V B /V A, si osservi che la variazione di entropia del ciclo è nulla S AB + S BC + S CA = 0, S AB 6 J/K = 0. (3) Poichè S AB = C V ln T B TA sostituendo nella (3) si ha C V ln R ln V B VA + R ln V B VA, T A = 2T B, = 6 J/K. Quindi, dividendo per C V, 49

50 ln 1 + R 2 C V Essendo R C V = Cp C V C V = si ottiene: ln V B VA = 6 C V. ( ) γ 1 ln 1 + ln V B 2 VA = 6 C V. ovvero, ( ) γ 1 ln 1 V B 2 VA = 6 C V. Si ottiene: V B VA = 2 1/γ 1 e 6/[C V (γ 1)] = 2 3/2 e 6/R = 5.8. Sostituendo nella (2) si ottiene: η =

51 (06/07/25) Un recipiente adiabatico contiene una mole di gas ideale monoatomico che, da uno stato A di equilibrio viene improvvisamente fatto espandere, raggiungendo uno stato finale B, anch esso di equilibrio. Calcolare la variazione di entropia sapendo che nello stato A la pressione è p A = 4p B. La variazione di entropia è data da ds = 1 T du + p T dv = 1 T C V dt + 1 C T pdt R dp S = C P p ln T B TA Ma,(L = U) L = p B (V B V A ) = C V (T B T A ). Usando l equazione di stato: Rp B ( T B pb Si trae: T B TA T A 4p B ) = C V (T B T A ). = R/4+C V R+C V = 7, 10 Quindi la (1) fornisce RdT V dp T = R ln p B p A (1) S = 5R ln 7 + R ln 4 = R = J/K = 4.1 J/K

52 (06/07/25). Un gas ideale monoatomico esegue un ciclo reversibile ABCA in cui: AB è una espansione isoterma, alla fine della quale V B VA = 1.3 ; BC una espansione adiabatica dove V C VB = 1.2; CA una politropica di equazione pv δ = cost che riporta il gas nello stato iniziale. Determinare il valore di δ nella politropica. Nel ciclo la variazione di entropia del gas è nulla: S = nr ln V B VA + nc V ln T A TC Si ricava: ( ) R ( ) CV V B VC = T C TA. (1) + nr ln V A VC = 0. Tenuto conto dall equazione della politropica e dell equazione di stato del gas, si ha: p A V δ A = p CV δ C, T AV δ 1 A da cui: T C TA = ( V A V C ) (δ 1). = T C V δ 1 C, Sostituendo nella (1), si ottiene: nr ln V B VA + nc V ln ( ) (1 δ) ln V B VC + 3 ln V A 2 V C = 0 2 ln V B 3 VC + (1 δ) ln ( V A V C ) (1 δ) + nr ln V A VC = 0 ( V A V C ) = 0 δ = ln(v B /V C ) = ln(v A /V C ) 3 ln(1/1.2) ln(1/( )) =

53 (06/09/12) Un recipiente cilindrico adiabatico è diviso in due parti A e B da un pistone di massa trascurabile, perfettamente scorrevole, anch esso adiabatico. In A sono contenute10 moli di gas ideale biatomico alla temperatura T A = 600 K; in B sono contenute 5 moli dello stesso tipo di gas a temperatura T B = 300 K. Inizialmente i gas sono in equilibrio ed alla stessa pressione, occupando un volume complessivo V 0 = 0, 12 m 3. Successivamente nel pistone si verifica una perdita di isolamento e calore inizia a fluire da A verso B, finchè non viene raggiunto l equilibrio finale. Calcolare la variazione di entropia del sistema. Il problema è simile a molti altri in cui si verificano processi irreversibili. Nel sistema isolato l energia interna totale è costante, quindi U = U A + U B = 0, da cui, n A C V (T f T A ) + n B C V (T f T B ) = 0, T f = 500 K. Poichè i gas inizialmente hanno la stessa pressione, si ha V A V B = n AT A n B T B = 4, V A + V B = 120 l V A = 96 l, V B = 24 l. All equilibrio finale (stesse pressioni e temperature): V f A V f B = n A nb = 2, V f A + V f B = 120 l V f A = 80V f B = 40 l. La variazione di entropia del sistema (universo) risulta: S = n A C V ln T f T A + n A R ln V f A VA + n B C V ln T f T B + n B R ln V f B VB = J/K. 53

54 (06/09/12). Due moli di gas ideale biatomico scambiano calore con due sorgenti a temperatura T 1 e T 2 = 4T 1 /5, compiendo un ciclo ABCDA, dove: AB è una espansione isoterma reversibile che ne raddoppia il volume; BC una trasformazione a volume costante che raffredda il gas, posto a contatto con la sorgente a temperatura T 2 ; CD una compressione isoterma reversibile che riconduce il volume a quello iniziale; DA una trasformazione a volume costante che riscalda il gas, posto a contatto con la sorgente a temperatura T 1. Calcolare il rendimento del ciclo. Il rendimento è η = 1 + Q ced Q ass, dove: Q ced = Q BC + Q CD Q ass = Q AB + Q DA. Essendo: Q BC = nc V (T 2 T 1 ), Q CD = nrt ln V A VB Q AB = nrt 1 ln V B VA, Q DA = nc V (T 1 T 2 ), si ottiene: η = 1 T 2 ( ) 5 T1 ln T 2 T 1 ln (1 T 2 T 1) = ln ln = Si noti che il rendimento risulterebbe lo stesso se le trasformazioni isocore fossero reversibili. 54

55 (07/01/18). Un corpo di capacità termica C = 15 cal/k, costante nell intervallo di temperature considerato, si trova alla temperatura θ 0 = 0 C. Esso viene riscaldato fino alla temperatura θ 1 = 200 C in due modi diversi. Ponendolo a contatto con una sorgente a temperatura θ 1. Ponendolo a contatto con una sorgente a temperatura θ 2 = 150 C e, dopo aver raggiunto l equilibrio, con la sorgente a temperatuta θ 1. Calcolare la variazione di entropia del corpo e del sistema corpo e sorgenti nei due casi. L entropia è una funzione di stato e quindi, detta S C la variazione di entropia del corpo, in entrambi i casi risulta:, S C = C ln T 1 T 0 = ln = 34.4 J/K Nel primo caso la variazione di entropia della sorgente è S T1 = C(T 1 T 0) T 1 = (200) = 26.5 J/K, e la variazione di entropia corpo e sorgente (universo): S u = S C + S T1 = ( ) J/K = 7.9 J/K. Nel secondo caso la variazione di entropia delle sorgenti è S T1 + S T2 = C(T 2 T 0) T 2 C(T 1 T 2) T 1 e la variazione di entropia del corpo e delle sorgenti: = = 28.8 J/K S u = S C + S T1 + S T2 = ( ) J/K = 5.6 J/K e la variazione di entropia corpo e sorgenti: S u = S C + S T1 + S T2 = 1.4 cal/k. 55

56 (07/01/18). Una mole di gas ideale monoatomico alla temperatura T A = 300 K, compie un ciclo ABCA nel quale: AB è una espansione libera; BC una compressione adiabatica irreversibile; CA una isobara reversibile che riporta il gas nello stato iniziale. Sapendo che nella compressione adiabatica viene impiegato il lavoro L = 200 J, calcolare la variazione di entropia dell universo. Si osserva che nell espansione libera del gas ideale la temperatura rimane costante, dunque T A = T B. Inoltre nella compressione adiabatica BC si ha (Q = 0) nc V (T C T B ) L = 0, T C = T B + L nc V La variazione di entropia dell universo è data da S u = S gas + S ext. = T A + 2L 3R = 316 K. La variazione di entropia del gas è nulla perchè compie un ciclo. S ext è pari alla somma delle variazioni di entropia dell ambiente esterno, che si riducono solo a quella relativa alla compressione isobara CA: S CA = T A T C nc p dt T = C p ln T C TA. Infatti la compressione BC è adiabatica. La variazione di entropia dell universo risulta quindi S u = C p ln T C TA = ln J/K = 1.08 J/K 56

57 (07/06/14). Un gas ideale monoatomico, nello stato iniziale p A = 32.8 atm, V A = 2 l, T A = 400 K, esegue il ciclo ABCDA dove: AB è un espansione isoterma reversibile a temperatura T 1 = T A, BC una espansione adiabatica reversibile, CD una compressione isoterma reversibile a temperatura T 2 = T D, DA una isocora irreversibile, che riporta il gas nello stato iniziale. Quest ultima trasformazione può essere realizzata in due modi: a) ponendo il gas a contatto con la sorgente a temperatura T 1 b) effettuando lavoro adiabatico esterno L. Calcolare il rendimento nei due casi e la variazione di entropia delle sorgenti nel caso b); (V B = 8 l, T 2 = 250K). Le quantità di calore coinvolte nel ciclo sono: Q AB = nrt 1 ln V B VA = 90.9 l atm; n = p AV A RT A = 2 moli Q BC = 0 Q CD = nrt 2 ln V D VC = 85, 7 l atm; ( V D = V A, V C = V B Q DA = nc V (T 1 T 2 ) = 36, 9 l atm. Nel primo caso il rendimento risulta: ) 1/(γ 1) T 1 T 2 η = 1 + Q CD Q AB +Q DA = Nel secondo caso nel gas viene dissipato lavoro adiabatico, che determina la stessa variazione di energia interna del primo caso. Pertanto il rendimento è lo stesso. Si rammenti che il rendimento di una macchina è, in generale, definito dal rapporto tra il lavoro utile ottenuto e l energia, di qualsiasi genere, impiegata. La variazione di entropia delle sorgenti, caso b), è S sorg = ( Q AB T 1 + Q CD T 2 ) = 0.12 l.atm/k. 57

58 (07/06/14) n moli di ossigeno, a temperatura T 0 e volume V 0 vengono fatti espandere isotermicamente, fino a raddoppiare il volume. Calcolare il rapporto dei calori assorbiti nei seguenti casi: a) il gas si consideri ideale b) il gas obbedisca all equazione di Van der Waals con V 0 = 2nb (b covolume) a) Gas ideale: indicato co V f il volume finale si ha Q 1 = nrt 0 ln V f V 0 = nrt 0 ln 2. b) Gas di Van der Waals: dq 2 = du + pdv dall espressione dell energia interna di un gas di Van der Waals si ha u = C V T a v + cost dove u U/n e v V/n e quindi U = nc V T n 2 a V + cost dq 2 = nc V dt + n 2 a dv + pdv V 2 ma p = nrt 0 V bn n2 a e quindi, a T costante V 2 dq 2 = nrt 0 V bn dv integrando si ottiene Q 2 = V f V 0 nrt 0 V bn dv = nrt 0 ln V f bn V 0 bn = nrt 0 ln 3 pertanto il rapporto dei calori assorbiti vale: Q 1 /Q 2 =

59 (07/07/25) Due moli di gas ideale monoatomico sono contenute in un recipiente alla temperatura T A = 300 K. Al fine di dimezzare pressione e volume iniziali p A, V A, il gas viene sottoposto a due trasformazioni consecutive: una compressione isoterma reversibile AB, che dimezza il volume; una isocora irreversibile BC, realizzata ponendo il gas a contatto con una sorgente a temperatura T C, che ne dimezza la pressione. Calcolare le quantità di calore scambiate con le sorgenti e la variazione di entropia dell universo. Nell isoterma AB, U = 0, è Q AB = nrt A ln V B VA = 2Rt A ln 2 = 3456 J Nell isocora irreversibile BC, W = 0, Q BC = nc V (T C T A ) = 9RT 4 A = = 5612 J, 4 essendo T C = T A /4 La variazione di entropia dell universo è uguale alla somma della variazione dell entropia del gas S BC nell isocora irreversibile BC e della variazione dell entropia della sorgente a temperature T C : S u = S BC + S TC = nc V ln T C TA Q BC T C = 3 ln 4 + 9R = = 40.2 J/K oppure: S u = S AB + S BC + S TB + S TC S AB = +3456/300 J/K = J/K S TB = ln 2 J/K = J/K S BC = 2 3/ ln 4 J/K = J/K S TC = Q BC T C = 5612 = J/K 75 S u = ( ) J/K = 40.2 J/K 59

60 (07/07/25) Un gas ideale compie un ciclo ABCDA, in cui: AB è una espansione ottenuta ponendo il gas a contatto con una sorgente a temperatura T 1 = 900 K e dimezzando bruscamente la pressione esterna; BC una trasformazione adiabatica reversibile che raffredda il gas dalla temperatura T 1 alla temperatura T 2 = 300 K; CD una compressione ottenuta ponendo il gas a contatto con una sorgente a temperatura T 2 e raddoppiando bruscamente la pressione esterna; DA una compressione adiabatica reversibile che riporta il gas nello stato iniziale. Determinare il rapporto tra il rendimento del ciclo e quello della macchina di Carnot che lavora tra le stesse sorgenti. Calcolare anche la variazione dell entropia dell universo in un ciclo e l energia inutilizzabile. Le trasformazioni AB e CD sono evidentemente irreversibili. Poichè per entrambe gli stati iniziali e finali sono alle stesse temperature, rispettivamente T 1 e T 2, si ha V B = 2V A, V C = 2V D, U AB = 0, U CD = 0. Inoltre: Q AB = W AB = p B (V B V A ) = p AV A = nrt Q CD = W CD = p D (V D V C ) = P D V D = nrt 2 Pertanto i rendimenti η del ciclo e η C della macchina di Carnot risultano: η = 1 + Q CD Q AB = 1 2T 2 T 1 = 1 3, η C = 1 T 2 T 1 = 2 3, η = η C 2 La variazione dell entropia dell universo in un ciclo è quella delle due sorgenti: S u = Q AB T 1 Q CD T 2 = nr + nr = nr/2 = J/K 2 L energia inutilizzabile è data da: E in = T 2 S u = W carnot W irr = J = J E il calore in più (rispetto alla macchina di Carnot) ceduto alla sorgente fredda. 60

61 (07/25/09) Un cubetto di ghiaccio di massa m = 15 g alla temperatura t 0 = 0 C, viene posto in un bicchiere d acqua alla temperatura t 1 = 27 C, in equilibrio con l ambiente esterno. Il sistema evolve fino a ritornare all equilibrio iniziale. Calcolare la variazione di entropia del ghiaccio, dell acqua, del bicchiere e dell ambiente. (Calore di fusione del ghiaccio λ = 80 cal/g) Assumendo costante il calore specifico del ghiaccio e pari a c = 1cal/(gK), si ha: S gh = mλ T 0 + mc ln T 1 T 0 = J/K Le variazioni di entropia dell acqua e del bicchiere sono nulle in quanto lo stato finale è uguale allo stato iniziale: S acq = 0, S bic = 0. La variazione di entropia dell ambiente esterno, considerando quest ultimo come una sorgente ideale, è data dal rapporto tra il calore Q fornito al sistema e la temperatura costante dell ambiente: S amb = Q T 1 = mλ+mc(t 1 T 0 ) T 1 = cal/k, La variazione di entropia dell universo risulta S u = S gh + S amb = J/K 61

62 ( ) Un condizionatore viene utilizzato per raffreddare una stanza di volume V, dalla temperatura t A alla temperatura t B, mentre l esterno, da assumere come sorgente termica ideale, è alla temperatura t E. Calcolare il lavoro minimo occorrente per l operazione, supponendo che nella stanza sia presente aria, da assumere come gas ideale biatomico, a pressione p costante. Quanto tempo impiegherà un condizionatore con una potenza di 2kW a raffreddare l aria della stanza? (V = 40 m 3, p = 1 atm, t A = 40 C, t B = 25 C, t E = 40 C). A questo problema si può applicare la legge di accrescimento dell entropia. Poichè si richiede il lavoro minimo occorrente, la variazione di entropia dell universo ( S u ) dev essere pari a zero. Essa consta della variazione di entropia dell ambiente esterno S E, della variazione di entropia del condizionatore, uguale a zero perchè compie una operazione ciclica, e della variazione di entropia dell aria della stanza S g : S u = S E + S g = 0, S u = Q 1 T E dove Q 1 + nc p ln T B TA = 0, (1) = Q + W è il calore assorbito dall ambiente esterno, uguale alla somma del calore Q sottratto all ambiente e del lavoro W compiuto dall esterno. Essendo n = pv RT A, Q = nc p (T A T B ), dalla (1) si ottiene: ] W = nc p [(T A T B ) + T E ln T B TA = ( 7 2 ( ln ) J = J. Il tempo impiegato a raffreddare l aria è t = (16800/2000) s = 8.4 s 62

63 ( ) Una macchina termica funziona scambiando calore con due sorgenti alle temperature T A = 300K e T B = 250K. Dopo un certo numero di cicli essa produce un lavoro W = 30 cal, mentre la variazione di entropia dell universo risulta S u = 0.02 cal/k. Ricavare il rendimento della macchina, valutare l energia inutilizzabile e confrontare il risultato con il rendimento ed il lavoro di una macchina di Carnot reversibile che operi tra le stesse temperature. Si ha un aumento dell entropia dell universo, quindi la macchina è irreversibile. Poichè la variazione di entropia di quest ultima, che lavora ciclicamente, è nulla, la variazione di entropia dell universo è uguale alla variazione di entropia delle sorgenti; S u = Q B T B Q A T A. (1) dove Q A è il calore che la macchina assorbe dalla sorgente calda, assunto positivo e Q B è il calore ceduto dalla macchina alla sorgente fredda, assunto negativo Tenuto conto che W = Q A + Q B, Q B = Q A + W, sostituendo nella (1), si ricava: S u = Q A W T B Q A T A, Q A = T A T A T B (W + T B S u ) Il rendimento risulta: η = W Q A = W T A T B T A W +T B S u = l energia inutilizzabile è E IN = T B S u = 5 cal. 50 = 0.14, Il rendimento di una macchina di Carnot reversible vale η R = 1 T B TA = = e la macchina compirebbe quindi un lavoro ( ) W REV = η R Q A = 1 T B T A TA T A T B (W + T B S u ) = W +T B S u = 35 cal 63

64 ( ) Una mole di gas ideale monoatomico esegue una trasformazione isobara tra gli stati A e B, compiendo il lavoro W = 10 3 J. Il gas può anche raggiungere lo stato finale B attraverso un processo irreversibile costituito da due trasformazioni: una trasformazione AC in cui il gas è posto a contatto con una sorgente a temperatura T A, fino ad occupare il volume V B ; una compressione isocora CB, fino ad raggiungere la temperatura T B. Calcolare il calore scambiato nella trasformazione isobara ed il lavoro massimo ottenibile nel processo irreversibile (T A = 300 K). La quantità di calore scambiata nella trasformazione isobara è pari alla variazione di entalpia del gas, Q = H = C p (T B T A ) = U + W, (1) indipendente dal tipo di trasformazione. Infatti l energia interna è una funzione di stato ed il lavoro è pari a W = p(v B V A ) = R(T B T A ), (2) anch esso indipendente dal tipo di trasformazione. Dalla (2) si ricava T B T A = W, R ( ) T B = T A + W = K = K. (3) R Sostituendo nella (1) si ottiene Q = H = C p W R = J = 2500 J. Per determinare il lavoro ottenibile nel secondo processo si può applicare la legge di accrescimento dell entropia, S sorg + S gas 0. 64

65 il lavoro massimo si ottiene quando vale il segno di eguaglianza e poichè la variazione dell entropia delle sorgenti vale S sorg = Wmax T A C V ln T B TA e S gas = C p ln T B TA, si ottiene: Wmax T A e quindi C V ln T B TA + C p ln T B TA = 0, W max = T A (C p C V ) ln T B TA = 300 (8.314) ln J = J. (4) Poichè le trasformazioni AC e BC sono irreversibili, il lavoro ottenibile è sicuramente minore. Si noti che nella situazione prospettata dal problema non è necessario ricorrere alla legge di accrescimento dell entropia; infatti la (4), essendo p A = p B, è proprio uguale a lavoro dell isoterma reversibile AC

66 ( ) Un recipiente con pareti rigide e capacità termica trascurabile, contiene 15 moli di azoto, in equilibrio termodinamico, alla temperatura T 1. Il sistema viene posto in contatto con una sorgente alla temperatura T 2 = 0 C, attraverso una parete diatermica. Raggiunto il nuovo equilibrio, si osserva che la variazione di entropia della sorgente è S sorg = 750 J/K. Calcolare la variazione di entropia del gas. La trasformazione è irreversibile, ma la variazione di entropia della sorgente è sempre pari al rapporto tra il calore assorbito (ceduto dal gas) e la sua temperatura, ossia S sorg = Q T 2, Q = T 2 S sorg = J/K = J dove T 2 = K. Essendo Q = nc V (T 1 T 2 ), risulta: T 1 = T 2 + Q/nC V = K / ( ) K = K. La variazione di entropia del gas risulta: S = nc V ln T 2 T 1 = ln J/K = J/K. 66

67 ( )Una mole di gas ideale monoatomico è contenuta in un recipiente adiabatico, in equilibrio alla temperatura T A = 320 K. Successivamente essa si espande, occupando il volume V B = 3V A e compiendo il lavoro W = 150 J; quindi viene compressa adiabaticamente e reversibilmente fino al volume finale V C = V A. Determinare la temperatura finale del gas. L espansione AB è irreversibile. Per la prima legge della termodinamica, C V (T B T A ) + W = 0, si ricava: T B = T A W/C V = T A 2W/3R. Pertanto, tenuto conto dell equazione dell adiabatica BC, T C = T B (V B /V C ) γ 1 = T B 3 γ 1, si ottiene: T C = (T A 2W/3R) 3 5/3 1 = ( / ( )) 3 5/3 1 K = K. 67

68 ( ) Un grammo d acqua nella transizione liquido-vapore ha una variazione di energia interna U = 500 cal (piccole). Calcolare la variazione di entropia della transizione di fase ritenendo trascurabile il volume del liquido V l, rispetto a quello del vapore V g, e considerando quest ultimo come un gas ideale. Assumere costante il calore di evaporazione (calore latente) e pari a λ e = J/kg. Dalla prima legge della termodinamica: U = Q W = mλ e p(v g V l ) = mλ e (m/a) RT, dove m ed A sono la massa e la massa molecolare dell acqua. Si ricava T = λ e A/R A U/mR = ( / /8.314) K = K. La variazione di entropia risulta: S = mλ e /T = 2260/ = 6.21 J/K. 68

69 ( ) Una mole di gas ideale monoatomico, a temperatura T 0 = 300 K viene posto a contatto con una sorgente dalla quale assorbe la quantità di calore Q = 1500 cal.(piccole). Il gas, contenuto in un cilindro, chiuso da un pistone di massa trascurabile che può scorrere senza attrito, si espande contro la pressione esterna p 0 costante. Calcolare la variazione di entropia del gas e dell universo. Detta T f la temperatura finale, il calore assorbito dal gas è dato da Q = C p (T f T 0 ), T f T 0 = 1 + Q C pt 0 = 2 La variazione di entropia del gas risulta: S = C p ln T f T 0 = 5R ln 2 = ( ln 2) J/K = 14.4 J 2 2 K Si osservi che l espansione è irreversibile; infatti la variazione di entropia dell universo, sorgente e gas, è ) (14.4 J/K QTf S u = S + S sorg = ( ) J/K = J K > 0 = 69

70 ( ) Una mole di gas ideale biatomico si espande secondo la politropica reversibile pv 2 = cost. Sapendo che la temperatura iniziale è T A = 400 K e che il gas compie il lavoro W AB = 2000 J, determinare la temperatura finale T B, il calore scambiato nella trasformazione e la variazione d entropia del gas. Nella politropica, pv 2 = p A VA 2, il lavoro reversibile è dato da V B W AB = pdv = V A p A V 2 A [ 1 V ] VB V A V B V A = p A V 2 A p A V 2 A V 2 dv = ( 1 V A 1 V B ) = p A V A p B V B = R(T A T B ) (perchè p A V 2 A = p BV 2 B ). Da cui, T B = T A 1 R W AB = ( ) K = K. Il calore scambiato vale Q AB = U + W AB = C V (T B T A ) + W AB = ( ( ) ) J = J. Nella trasformazione il calore viene ceduto dal gas e la variazione d entropia del gas vale: S g = S B S A = C V ln T B TA + R ln V B VA, per valutarla occorre calcolare V B VA, p A V 2 A = p BV 2 B = T AV A = T B V B e quindi si ha e si ottiene S = 5 2 R ln T B TA ln ( V B VA = T A TB R ln T B TA ) J = J K K = 3 2 R ln T B TA = 70

71 ( )Una mole di gas ideale monoatomico compie una trasformazione reversibile la cui equazione nel piano (T, S) è T = T 0 +a(s S 0 ) b(s S 0 ) 2, con a = 5 K 2 /J, b = 0.8 K 3 /J 2. Sapendo che la temperatura finale coincide con quella iniziale T 0 = 300 K, calcolare la quantità di calore ed il lavoro associati alla trasformazione. Nel diagramma (T, S) la trasformazione è rappresentata da un arco di parabola ad asse verticale e concavità rivolta in basso, quindi, per un certo valore dell entropia S 1 S 0, si avrà nuovamente un valore della temperatura pari a T 0. Segue che fra questi due estremi, U = 0, Q = W. Il calore associato alla trasformazione è Q = S 1 S 0 T ds = S 1 S 0 [T 0 + a(s S 0 ) b(s S 0 ) 2 ] ds = = T 0 (S 1 S 0 ) a(s 1 S 0 ) b(s 1 S 0 ) 3. Dall equazione della trasformazione, per T = T 0 si ha S 1 S 0 = a b = 6.25 J/K. Sostituendo nella precedente: Q = W = 1.9 kj. Q = (6.25) (6.25)3 =

72 ( ) Due moli di gas ideale biatomico sono contenute in recipiente alla temperatura T A = 300K. Al fine di dimezzare volume e pressione iniziali, il gas viene sottoposto a due trasformazioni reversibili consecutive: una compressione adiabatica AB che dimezza il volume e una isocora BC. Calcolare il lavoro compiuto sul gas nella compressione e le variazioni di entropia del gas e delle sorgenti Il lavoro compiuto sul gas è pari all aumento di energia interna del gas, ( ) T W AB = U = nc V (T B T A ) = 5RT B A TA 1 Usando l equazione dell adiabatica reversibile T A V γ 1 A si ha: = T B V γ 1 B, W AB = 5RT A [ ( V A VB ) γ 1 1 ] = 5RT A (2 γ 1 1) = J. Tenuto conto che, per l equazione di stato, si ricava T C variazione di entropia del gas è S gas = nc V ln T C TA + nr ln V C VA = = T A /4, la 2 ( 5 2 ln ln 1 2) J/K = J/K. Poichè il processo è reversibile, la variazione di entropia delle sorgenti risulta: S sorg = S gas. (calcoli: γ = 7/5 T B = T A ( V A V B ) γ 1 = 300 (2) 2/5 = K Q BC = nc V (T B T C ) = 5 (396 75) = J S gas = nc V ln T B TC = ln = J/K P A V γ A = P BV γ B P B = P A (2) 7/5 = P A S gas = nc V ln P C P B = ln ( ) = J/K) 72

73 ( ) Una mole di gas ideale biatomico esegue un ciclo costituito da una isobara AB che ne raddoppia il volume, una politropica BC di equazione pv δ = cost, δ = 2, e da una isoterma CA. Calcolare il rendimento del ciclo. Dall equazione di stato e dall equazione della politropica pv δ = cost, pv = RT p = RT/V, T V δ 1 = cost si trae: T B = 2T A, T C = T A, T B V B = T C V C, V C = 4V A Le quantità di calore coinvolte nel ciclo sono: Q AB = C p (T B T A ) = C p T A > 0 Q BC = C δ (T C T B ) = C δ T A < 0 Q CA = RT A ln V A VC = RT A ln 4 < 0, con C δ (calore specifico molare della politropica) C δ = dq = C V dt +P dv dt dt infatti nella politropica = C V + R 1 δ = 3 2 R. T V δ 1 = cost V δ 1 dt + (δ 1) T V δ 2 dv = 0 dt + dv (δ 1) T V 1 = 0 dv dt = V T (1 δ) P dv dt = P V T (1 δ) = R (1 δ) Il rendimento risulta: η = 1 + Q BC+Q CA Q AB = 1 C δt A +RT A ln 4 C pt A = 1 C δ+r ln 4 C p = 1 3/2+ln 4 = 4 2 ln 4 = %. 7/

74 ( ) Un gas ideale monoatomico, di volume iniziale V 0 = 10 2 m 3 alla temperatura t 0 = 20 C, contenuto in un recipiente diatermico, viene compresso bruscamente fino alla pressione p = 2 MP a che viene mantenuta costante. Una volta raggiunto l equilibrio, la temperatura del gas è aumentata di 80 C ed il volume è diventato V = V 0 /10. Determinare la quantità di calore scambiata dal gas con l ambiente esterno. Per la prima legge della termodinamica: Q = U + W, con U = nc V T = 3 nr T, W = p V. 2 Essendo, per l equazione di stato, nr = pv/t = pv 0/10 T, si ottiene: Q = 3 pv 0 /10 T + p V = 2 T ( ) J = kj 74

75 (10/06/10) Calcolare il calore specifico di una mole di gas ideale monoatomico in funzione del volume, C(V), nella trasformazione quasi statica mostrata nella figura. P 0 P 0 V 0 V Il calore specifico molare è definito da C = δq dt dal primo principio si ha δq = du + δw = 3 RdT + P (V )dv 2 C(V ) = δq = 3 dv R + P (V ) dt 2 dt L equazione rappresentativa della retta in figura è ( ) P = P 0 P 0 V 0 V = P 0 1 V V 0 combinando questa con l equazione dei gas ideali P V = RT si ottiene ) P 0 V (1 VV0 = RT per trovare dv/dt si fa il differenziale totale di questa equazione ) ( ) ) P 0 dv (1 VV0 + P 0 V dv V 0 = P 0 dv (1 2 VV0 = RdT 75

76 dv dt = R P 0 1 (1 2 V V0 ) e si ottiene C(V) C(V ) = 3 dv R + P (V ) 2 dt ) (1 = 3R + R V V0 ( 2 ( ) ) = R V V0 ). 1 2 (1 2 V V V 0 V0 76

77 (10/06/10) Una mole di gas biatomico di equazione di stato ( p + a V 2 ) V = RT, esegue un ciclo ABCDA dove: AB è una isoterma reversibile, in cui la tempera-tura della sorgente è T 2 = 400 K; BC una isocora ottenuta ponendo il gas a diretto contatto con una sorgente alla temperatura T 1 = 200 K; CD una compressione isoterma reversibile alla temperatura T 1 ; DA una isocora ottenuta ponendo il gas in contatto con la sorgente a temperatura T 2 e che riporta il sistema nello stato iniziale. Calcolare il rendimento del ciclo e la variazione d entropia dell universo in un ciclo. Assumere C V = 5 2 R e V B = 4V A. Per un gas reale si ha U = U(T, V ) = C V T a V, dal primo principio e dall equazione di stato del gas si ricava δq = du + pdv = ( C V dt + a dv ) + ( RT dv a dv ) = V 2 V V 2 C V dt + RT dv. V Il ciclo è un ciclo di Stirling per un gas reale e con le isocore irreversibili, le quantità di calore scambiate sono le stesse del ciclo di Stirling reversibile per un gas ideale, il lavoro totale compiuto è lo stesso, ma il calore assorbito è aumentato del termine Q DA. Q AB = RT 2 ln V B VA = ln 4 J = 4610 J Q BC = C V (T 1 T 2 ) = J = 4157 J, 2 Q CD = RT 1 ln V D VC Q DA = C V (T 2 T 1 ) = 4157 J. Il rendimento risulta η = W Q AB +Q DA = ln 4 J = 2305 J = Q AB+Q CD Q AB +Q DA = = 0.26 La variazione d entropia dell universo si riduce alla variazione d entropia delle sorgenti: S u = Q BC T 1 + Q DA T 2 = ( 4157 ) J/K = J/K. 77

78 (10/07/20) Una certa quantità di ossigeno, da considerare come gas ideale, è contenuta in un recipiente cilindrico adiabatico, munito di pistone anch esso adiabatico. Il gas, di volume iniziale V 0 = 1 m 3, viene fatto espandere contro una pressione esterna p = 10 5 P a, fino ad aumentare il volume del 50%. Determinare la variazione di entalpia del gas. La variazione di entalpia è data da H = nc p T. (1) D altra parte, per il primo principio U + W = 0, nc V T = W = p V, da cui: T = p V nc V. Sostituendo nella (1) ed essendo V = 0.5V 0, si ottiene: H = γp V = J = 70 kj. 78

79 (10/07/20) Una mole di gas ideale monoatomico alla temperatura iniziale T 0 = 300 K esegue una trasformazione politropica reversibile di equazione T V 3 = cost, raddoppiando il volume iniziale V 0. Successivamente, con una isocora reversibile, il gas ritorna alla pressione iniziale p 0 e, con una isobara reversibile, allo stato iniziale; calcolare il calore assorbito nella trasformazione politropica e il rendimento del ciclo L equazione della politropica T V 3 = cost si può scrivere T V 3 = T 0 V 3 0 e anche pv 2 = cost = p 0 V 2 0, (δ = 2) Dal primo principio dq = du + dw = C V dt + pdv C δ = C V + RT V ma T V δ 1 = cost (dt ) V δ 1 + (δ 1) T V δ 2 dv = 0, dv, dt dv = 1 V, dt (δ 1) T e quindi il calore molare della politropica vale C δ = C V + R = 11R (1 δ) 6 e il calore assorbito Q = nc δ (T f T 0 ).(1) ma T f (2V 0 ) 3 = T 0 V 3 0 T f = 8T 0. Sostituendo nella (1), Q = nr 77T 6 0 = J = J. 6 Indicati con A, B, C i punti del ciclo, il rendimento del ciclo vale η = W, Q dove W è il lavoro compiuto in un ciclo W = W AB + W BC + W CA V B V B con W AB = pdv = p 0 V0 2 V 2 dv = 1p 3 0V0 2 (VB 3 V 0 3 ) = 7RT 3 0, V 0 V 0 W BC = 0, W CA = p 0 V 0 = RT 0 W = 4RT 3 0 (= J = J) 3 η = 4 3 RT RT 0 =

80 (10/09/29) Una mole di gas reale, di equazione di stato p = RT a, V V 2 con a costante positiva, è contenuta in un cilindro diatermico, chiuso da un pistone scorrevole. Inizialmente il gas è in equilibrio ed occupa il volume V A alla pressione p A, mentre nell ambiente esterno la pressione è p 0 < p A e la temperatura T 0. Calcolare le variazioni di energia interna, di entalpia e di entropia, una volta che il gas, espandendosi, raggiunge l equilibrio finale L espansione è irreversibile ma gli stati iniziale e finale hanno la stessa temperatura. Per le funzioni di stato di cui si vuole calcolare la variazione, si ha: U = C V T a du = C V V dt + a dv V 2 (1) dh = d(u + P V ) ds = 1 du + P dv = C T T V dt + a dv + ( R ) a T T V 2 V T V dv = 2 C V dt T + R V dv. ed essendo uguale la temperatura negli stati iniziale e finale, si ha U = V B a V A dv = a V B V A V 2 V A V B > 0. Per la seconda delle (1) la variazione di entalpia è H = U + p B V B p A V A, e, tenuto conto dell equazione di stato, p B V B p A V A = RT o a V B RT 0 + a V A = a V B V A V A V B H = 2a V B V A V A V B Per quanto riguarda la variazione di entropia, dalla terza delle (1) si ottiene: S = R ln V B VA Si osservi che sia la variazione di energia interna che le variazioni di entalpia e di entropia dipendono dal volume. 80

81 (10/09/29) Un sistema termodinamico isolato è costituito da n = 5 moli di gas ideale biatomico in contatto con una sorgente termica (termostato) a temperatura t = 20 C. Inizialmente il gas è alla pressione p 0 e successivamente viene fatto espandere fino a raggiungere la pressione p 1 = p 0 /10. Sapendo che nell espansione la sorgente ha ceduto la quantità di calore Q = 6 kcal, si determini la variazione di entropia del gas e si stabilisca se la trasformazione è reversibile o meno. L espansione del gas avviene a temperatura costante, quindi detto V 0 il volume iniziale, la sua variazione di entropia risulta: S gas = nr ln V 1 V 0 = nr ln p 0 p 1 = 95.7 J/K. La variazione di entropia della sorgente è S sorg = Q T = = J/K. La variazione di entropia dell universo vale: S u = S gas + S sorg = (95, )J/K = J/K Il processo è irreversibile. 81

82 ( ) Una mole di un gas ideale biatomico (γ = 1.4 ) si espande adiabaticamente e reversibilmente fino a dimezzare la pressione. Si calcoli: a) La temperatura finale T f, nota quella iniziale T i ; b) Le energie interne iniziale e finale, supponendo che le molecole possiedano 5 gradi di libertà; c) il lavoro W effettuato dal gas sull esterno, supponendo nota la sua pressione iniziale P i. d) Successivamente il gas compie esegue una compressione isoterma reversibile fino al volume iniziale e una compressione isocora reversibile fino a ritornare alla pressione iniziale. Si calcoli il rendimento del ciclo. [T i = 280 K; P i = 10 5 P a] a) Utilizzando l equazione di stato pv = nrt per eliminare V dall equazione pv γ = cost dell adiabatica reversibile si ottiene T f = ( P i p f ) 1 γ γ = 280 K = 230 K b) Dalla relazione U = 5nRT/2 si ottiene: U i = 5.82 kj; U f = 4.78 kj. c) Il lavoro può essere calcolato direttamente, utilizzando il primo principio Q = U + W (Q = 0 in questo caso) W = U = 1.04 kj d) Il rendimento è dato dalla relazione η = 1 + Q C Q A ( V i V f ) = 1 + nrt f ln = 1 + nrt f ln nc V (T i T f)) ( Pf ) 1 γ P i = nc V (T i T f)) ln(0.5) = (50) dove Q C è il calore ceduto nell isoterma e Q A è il calore assorbito nell isocora. 82

83 ( ) Due moli di gas ideale monoatomico vengono compresse isotermicamente e reversibilmente alla temperatura T A fino a dimezzarne il volume. Una volta raggiunto lo stato finale il gas viene isolato dalla sorgente facendolo espandere liberamente, fino a ripristinare lo stato iniziale. Calcolare la variazione di entropia dell universo. Nell universo termodinamico, costituito dal gas e dalla sorgente, avviene una trasformazione irreversibile pertanto, per la legge di accrescimento dell entropia si ha S u = S isot + S irr + S sorg > 0. Ma la variazione di entropia del gas nel ciclo è nulla: S isot + S irr = 0, S irr = S isot ; (1) pertanto S u = S sorg > 0. Per la seconda delle (1) la variazione di entropia della sorgente è uguale ed opposta a quella del gas nell isoterma; quindi S sorg = S irr = nr ln V f V i = 2R ln J/K > 0, 83

84 ( ) Un cilindro diatermico, munito di pistone libero di scorrere, contiene una mole di gas reale assimilabile ad un gas di Van der Waals, in cui a = 1.4 l atm l/mol 2 e b = 0.04 l/mol, che occupa il volume V 1 = 1 l. Improvvisamente il gas viene fatto espandere contro la pressione atmosferica p 0 fino al volume V 2 = 4 l. (la temperatura dell atmosfera è T o = 300 K) Determinare la pressione iniziale del gas, calcolare il calore scambiato dal gas durante l espansione e la variazione d entropia dell universo. Dall equazione di Van der Waals p 1 = RT 0 V 1 b a = (V 1 ) P a P a = P a L espansione è irreversibile ma, essendo il cilindro diatermico, una volta raggiunto l equilibrio finale, la temperatura del gas è uguale a quella iniziale. Per il primo principio, il calore scambiato è dato da Q = U + W. (1) l energia interna del gas di Van der Waals vale (N = 1) U = C V T a/v + cost. la cui variazione dà du = C V dt + (a/v 2 ) dv ma la temperatura finale è uguale a quella iniziale e quindi U = ( ) V 2 V 1 a dv 1 = a V 2 V 1 1 V 2 = 1.4 l atm l(0.75 l 1 ) = 1.05 l atm = J = 106 J. Il lavoro contro la pressione esterna p 0 è W = p 0 V = 3 l atm = J = 304 J, quindi Q = 106 J J = 410 J. La variazione d entropia del gas è data da S g = R ln V 2 b J V 1 = ln = J, b K K la variazione d entropia dell ambiente è S a = Q T 0 = 410 J/K = 1.37 J/K 300 e la variazione d entropia dell universo S u = ( ) J/K = J/K. 84

85 ( ) In un recipiente cilindrico adiabatico, munito di pistone anch esso adiabatico, è contenuta una mole di gas ideale ed una massa m = 20 g di ghiaccio. Il sistema è in equilibrio alla pressione p 0 = 1 atm e alla temperatura t 0 = 0 C. Il gas viene compresso reversibilmente fino a far fondere tutto il ghiaccio. Calcolare il volume finale del gas, assumendo indipendenti dalla pressione la temperatura ed il calore di fusione del ghiaccio. (λ f = 80 cal/g). Una mole di gas a p = p 0 e a t = t 0 ha un volume V 0 = m 3. Finchè il ghiaccio è presente alla sua temperatura di fusione, la compressione è isoterma reversibile. In tal caso dal primo principio U = 0, Q = W, dove Q è il calore assorbito nella fusione del ghiaccio e W il lavoro di compressione esterno. Detto V 1 il volume finale del gas, si ha Q = mλ f = nrt 0 ln V 1 V 0 da cui: V 1 = V 0 exp ( ) mλ f nrt 0 = m 3. = exp ( ) m 3 85

86 ( ) Una mole di gas ideale monoatomico alla temperatura iniziale di t A = 27 C e pressione p 0 = 1 atm esegue una trasformazione politropica reversibile di equazione pv 2 = cost, aumentando il volume iniziale V A del 50%. Quindi con una isoterma reversibile arriva a uno stato C con V C = 2V A ; dimezzando improvvisamente la pressione passa poi a uno stato D con volume uguale a quello iniziale ed infine con una isocora reversibile ritorna allo stato iniziale. Determinare il rendimento del ciclo. p A V 2 A = pv 2 p = p A V 2 A V 2 il lavoro compiuto da A a B vale W AB = V B V A pdv = V B V A p A V 2 A V 2 dv = 1p 3 AV 2 A (V B 3 V A 3) = 1 p ( 3 AV 2 A (1.5 VA ) 3 ) VA 3 = 0.792pA V A = 0.792RT A e la temperatura in B vale T B = 1 p R BV B = 1 p R AV 2 A V B 3 = 1 p R AV 2 A (1.5 V A) 3 = p R AV A = 3.375T A, per il primo principio il calore assorbito tra A e B è Q AB = U AB + W AB = C V (T B T A ) + W AB = 1.5 R(3.375 T A T A ) RT A = 4.354RT A, nell isoterma da B a C Q BC = W BC = RT B ln V C VB = R T A ln = 0.971RT A. La pressione in C vale P C = RT B /V C = R T A /2V A. Il lavoro compiuto nell isobara irreversibile CD è W CD = P D (V C V D ) = ( 0.5 R T A /2V A ) V A = 0.5 R T A /2 = 0.844RT A e T D = P D V A /R = T A /2 = 0.844T A. Il calore assorbito nell isocora reversibile DA vale: Q DA = C V (T A T D ) = 1.5 R(T A 0.844T A ) = 0.234RT A. Il lavoro da D ad A è W DA = 0 e quindi il rendimento è η = W Q ass = W AB+W BC +W CD Q AB +Q BC +Q DA = =

87 ( ) Un sistema termodinamico isolato è costituito da n = 5 mol di gas ideale biatomico, in contatto con una sorgente termica (termostato) a temperatura di 20 C. Inizialmente il gas è alla pressione p 0 e successivamente viene fatto espandere fino a raggiungere la pressione p 1 = p 0 /10. Sapendo che nell espansione la sorgente ha ceduto la quantità di calore Q = 6 kcal, si determini la variazione di entropia del gas e si stabilisca se la trasformazione è reversibile o meno. L espansione del gas avviene a temperatura costante, quindi detto V 0 il volume iniziale, la sua variazione di entropia risulta: S gas = nr ln V 1 V 0 = nr ln po p 1 = 95.7 J/K. La variazione di entropia della sorgente è S sorg = Q/T = 85.7 J/K La variazione di entropia del sistema vale S = S gas + S sorg = 10 J/K La trasformazione è irreversibile. 87

88 ( ) Un recipiente con pareti rigide e capacità termica trascurabile, contiene 15 moli di azoto, in equilibrio termodinamico, alla temperatura T 1. Il sistema viene posto in contatto con una sorgente alla temperatura 0 C, attraverso una parete diatermica. Raggiunto il nuovo equilibrio, si osserva che la variazione di entropia della sorgente è S sorg = 800 J/K. Calcolare la variazione di entropia del gas. La trasformazione è irreversibile, ma la variazione di entropia della sorgente è sempre pari al rapporto tra il calore assorbito (ceduto dal gas) e la sua temperatura, ossia S sorg = Q T 2, dove T 2 = K. Q = T 2 S sorg = = J Essendo Q = nc V (T 1 T 2 ), risulta: ( ) T 1 = T 2 + Q/nC V = K = 974 K La variazione di entropia del gas risulta: S = nc V ln T 2 T 1 = ln J/K = J/K 88

89 ( ) Un disco omogeneo di rame, girevole intorno al suo asse, è contenuto in un recipiente rigido termicamente isolato riempito con V 0 = 3 l di azoto alla pressione atmosferica P 0 = 1 atm e alla temperatura T 0 = 300 K. Il raggio del disco è R = 20 cm e la sua massa M = 1 kg, ed esso ruota inizialmente alla frequenza ν = 9000 giri/min. A causa dell attrito con il gas, il disco dopo un certo periodo di tempo si ferma. (a) Quanto valgono Q, W e U riferiti al sistema complessivo (disco + gas)? (b) Quanto valgono Q, W e U riferiti al solo gas? (c) A che temperatura finale si porta il sistema? (d) Qual è lo stato finale (P,V,T) del gas? ( ) Calore specifico del rame c = 385 J kgk L energia cinetica iniziale del cilindro vale E kin = 1 2 Iω2 = ( ) 1 4 (0.2)2 2π J = J ω = ( ) 2π = rad/s e si trasforma tutta in calore Q che scalda il sistema disco + gas. Dal primo principio Q = U + W, ma W è nullo quindi, per il sistema complessivo U = Q Nello stato iniziale, per il gas (considerato ideale) si ha p 0 V 0 = nrt 0 n = p 0V 0 RT 0 = ( ) / ( ) mol = mol Per calcolare T basta scrivere (c è il calore specifico del rame) Q = (Mc + nc V ) T Q T = = K = 22.9 K (Mc+nC V ) La temperatura finale è quindi T f = K. La variazione U g per il gas è U g = nc V T = ( ) 22.9 J = 58 J 89

90 uguale al calore Q g ceduto al gas La pressione finale del gas vale (trascurando la variazione di volume del disco il volume del gas è sempre V 0 ) p f = p 0T f T 0 = P a = P a (= 1.08 atm). (Volume iniziale del disco v 0 = 1/ρ Cu kg = m 3, ρ Cu = kg/m 3, α Cu = K 1 v = v 0 α Cu T = m 3 = m 3 ) 90

91 ( ) Si consideri un serbatoio dotato di un apertura circolare di diametro d. Si vuole confrontare la portata uscente dal serbatoio nel caso in cui sia presente la sola apertura e nel caso in cui quest ultima sia collegata ad un tubo verticale di lunghezza L (vedere la figura 4.1). Si consideri il fluido come ideale. 1. Determinare nei due casi la velocità del liquido ad una distanza verticale L dall uscita del serbatoio, posto che il pelo libero del serbatoio sia posto ad un altezza h rispetto al fondo. Trascurare l abbassamento del pelo libero con lo svuotamento. 2. Qual è la velocità del liquido nella sezione di uscita del serbatoio nei due casi? 3. Determinare la portata uscente nell uno e nell altro caso. Qual è il dispositivo più effi cace? 1. Applichiamo il teorema di Bernoulli ad una traiettoria che va da un punto A situato vicino al pelo libero del serbatoio ad un punto L situato verticalmente al di sotto dell apertura, ad una distanza L da questa. Caso 1: p A + ρ V 2 A 2 + ρg (h + L) = p L + ρ V 2 L 2 (1) In questa espressione, p A = p L = p atm, e V A 0. quindi V L = 2g (h + L). Caso 2. L equazione di Bernoulli scritta tra il pelo libero del serbatoio e un punto L all uscita del tubo si scrive esattamente come prima (1) e si ha ancora p A = p L = p atm. 91

92 Le due velocità sono identiche. 2. Stavolta scriviamo l equazione di Bernoulli tra un punto prossimo al pelo libero ed un punto B situato nella sezione di uscita del serbatoio. Caso 1. p A + ρ V 2 A 2 + ρg (h + L) = p B + ρ V 2 B 2 + ρgl (2) dove p A = p B = p atm, e V A 0. Ne deduciamo che V B = 2gh Caso 2. L equazione di Bernoulli non cambia, ma stavolta il punto U, all uscita del serbatoio, non si trova a pressione atmosferica. Infatti, per l equazione di continuità, nel condotto la velocità deve essere costante, dato che il fluido è incomprimibile e la sezione è costante. Si ha dunque V U = V L, dove V L è quella calcolata precedentemente. La velocità di effl usso dal serbatoio è dunque maggiore nel caso Le portate di effl usso nei due casi sono Q 1 = π d2 4 2gh, Q2 = π d2 4 2g (h + L) Il dispositivo più effi cace è dunque il secondo. 92

93 ( ) Una mole di gas ideale monoatomico, inizialmente alla pressione P A = 1 atm e temperatura T A = 500 K subisce le seguenti trasformazioni: 1) isoterma reversibile dallo stato iniziale A allo stato finale B caratterizzato da V B = 2V A, 2) adiabatica irreversibile dallo stato B allo stato C tale che V C = 3V B e T C = T A /2, 3) isoterma reversibile fino ad un certo stato D, 4) isobara reversibile dallo stato D allo stato iniziale A. Calcolare: (a) i lavori eseguiti dal gas nelle quattro trasformazioni, (b) le quantità di calore scambiate dal gas nelle quattro trasformazioni, (c) il rendimento del ciclo, (d) la variazione di entropia del gas nella trasformazione adiabatica irreversibile. V A = RT A P A = = m 3 Nell isoterma reversibile il gas compie il lavoro (uguale al calore assorbito) W AB = Q AB = RT A ln V B VA Da B a C = ( ln 2) J = J Q BC = 0, W BC = U BC = C V (T C T A ) = J = J Da C a D W CD = Q CD = RT C ln V C VD perchè da D ad A (isobara) V D VA = ( ln 12) J = J = T D TA = 1 2 V D = 1 2 V A,e T D = T C = T A /2 W DA = P A (V A V D ) = ( ) J = J U DA = R(T A T D ) = ( ) J = J e quindi, per il primo principio Q DA = U DA + W DA = ( ) J = J Il rendimento del ciclo è 93

94 η = 1 + Q CD Q AB +Q DA = 1 = oppure η = W AB+W BC +W CD +W DA Q AB +Q DA = = 0.36 La variazione d entropia nell adiabatica irreversibile BC è calcolata lungo una trasformazione reversibile arbitraria, per esempio una isoterma da B a E, stato con V E = V C e una isocora da E a C. S BC = C B R ln V C VB ( dq T )rev = E B ( du T + P T dv ) + C E + C V ln T C TB = R ln R ln 1 2 = ( ln ln 1 2) J/K = 0.49 J/K ( du T + P T dv ) = 94

95 ( ) La temperatura all interno del motore di un elicottero è 2000 C, la temperatura dei gas combusti è 900 C. La massa dell elicottero è M = kg, il calore prodotto, per unità di massa del combustibile, è q comb = kj/kg, e la densità del combustibile è ρ = 0.8 g/cm 3. A che altezza massima può arrivare l elicottero bruciando un volume V = 1 l di combustibile? Lavoro necessario per portare l elicottero ad altezza H: W = M gh Per un ciclo di Carnot che dà l effi cienza massima il rendimento vale: η = W Q 2 = 1 T 1 T 2, dove T 1 e T 2 sono le temperature delle sorgenti e Q 2 è il calore assorbito Quindi ( ) W = 1 T 1 T 2 Q 2 Il calore prodotto nella combustione è Q 2 = q comb ρv e si ottiene ( ) MgH = 1 T 1 T 2 q comb ρv H = q comb ρv Mg ( ) 1 T 1 T 2 = kj/kg (0.8kg/l) 1l ( kg 9.8m/s ) = 928 m 2 95

96 ( ) Un estintore è in grado di produrre un getto ad alta velocità grazie alla forte pressione interna. Si schematizzi l estintore come un recipiente cilindrico contenente nella parte inferiore un liquido ideale (con densità uguale a quella dell acqua) e in quella superiore un gas ad una pressione P; il becco di uscita è collegato con un tubo di altezza h = 25 cm rispetto al livello del liquido interno (la sezione normale del tubo è molto minore della sezione normale del recipiente). 1) Quale deve essere il valore di P per ottenere una velocità di uscita v = 35 m/s? 2) Con il valore di P della domanda precedente, quale diventa la velocità di uscita se l estintore viene utilizzato ad una quota dove ci sia una pressione atmosferica ridotta al 70% di quella usuale? Applichiamo il teorema di Bernoulli P = P ρv 2 + ρgh = = = P a nel secondo caso si ha: 1 2 ρv 2 1 = P P 1 ρgh = ( ) P a V 1 = /500 = m/s 96

97 ( ) Tre moli di un gas ideale monoatomico vengono portati dallo stato A allo stato B mediante una espansione adiabatica nel vuoto. Successivamente, il gas viene portato allo stato C tramite una compressione adiabatica irreversibile ed infine il gas viene posto a contatto con una sorgente a temperatura T A e ritorna allo stato iniziale A con una trasformazione isobara irreversibile. Sono dati la temperatura T A = 300 K, la pressione p A = P a ed il lavoro compiuto nella trasformazione BC, W BC = J. Determinare il volume dello stato C e calcolare la variazione di entropia dell universo. La trasformazione AB è un espansione adiabatica libera, dunque il lavoro è nullo e il calore scambiato è nullo. Quindi, dal primo principio, abbiamo: U AB = 0 la trasformazione AB è anche isoterma, dato che per un gas ideale l energia interna dipende solo dalla temperatura: T A = T B = 300 K. Nella compressione adiabatica BC, Q BC = 0, quindi il primo principio implica che: W BC = U BC = nc v (T B T C ) = nc v (T A T C ) = Risolvendo questa relazione rispetto a T C si ottiene: T C = T A W BC nc v = / ( ) = K Il volume dello stato C può essere ricavato dalla relazione p C V C = nrt C, utilizzando il fatto che p A = p C si ha V C = nrt C /p A = 0.16 m 3 Nella trasformazione CA il gas cede una quantità di calore Q CA che può essere calcolata facilmente perche la trasformazione è isobara: Q CA = nc p (T A T C ) = J Questa informazione è utile per determinare la variazione di entropia dell universo nel ciclo. Nel nostro caso, abbiamo S u = S gas + S amb Le tre trasformazioni subite dal gas nel ciclo sono irreversibili, però sommando i contributi risulta S gas = 0 in un ciclo. Quindi rimane solo da 97

98 determinare la variazione di entropia dell ambiente. Essa viene data dal fatto che la sorgente termica assorbe il calore Q ceduto dal gas, quindi Q = Q CA = J e la variazione di entropia dell ambiente (e dell universo ) risulta essere: S u = S amb = Q T A = J/K = J/K. 98

99 ( ) Una macchina termica reversibile lavora tra due sorgenti a temperatura T 1 e T 2 con T 1 < T 2. Si può considerare la sorgente fredda con massa infinita, mentre la sorgente calda consiste di n moli di gas ideale biatomico a volume costante e capacità termica molare C V, quindi la temperatura della sorgente calda diminuisce nel tempo fino ad assumere alla fine il valore T 1. (T 1 = 300 K, T 2 = 500 K, n = 10) 1) Si calcoli il calore totale estratto dalla sorgente calda. 2) Qual è la variazione totale di entropia della sorgente calda? 3) Quanto lavoro ha compiuto alla fine la macchina? 4) Quanto calore è stato ceduto alla sorgente fredda? 1) Q 2 = nc V (T 2 T 1 ) = = J 2) ds = dq = nc V dt = S = T 1 nc V dt T T T 2 = nc T V ln T 1 T 2 = ln 3 5 J/K = ( ) = J/K 3) η(t ) = dq 2+dQ 1 dq 2 = dw dq 2 = 1 T 1 T, dq 2 = nc V dt dove dq 2 è il calore fornito dalla sorgente calda quando T (temperatura istantanea della sorgente calda) varia di dt, dq 1 = T 1 T dq 2 (la macchina è reversibile) è il calore ceduto alla sorgente fredda e dw è il lavoro compiuto che sarà uguale a dw = ( 1 T 1 T ) dq2 = ( 1 T 1 T ) ncv dt e quindi il lavoro totale è W = T 1 T 2 ( 1 T 1 T ) ncv dt = nc V (T 2 T 1 ) nc V T 1 ln T 2 T 1 = ( ) J = 9716 J II secondo termine è il calore totale Q 1 ceduto alla sorgente fredda Q 1 = J = J 99

100 ( ) In un tubo verticale a forma di tronco di cono, alto 10 m e con sezione 10 cm 2 all estremità più bassa, 30 cm 2 all estremità più alta, scorre acqua. La pressione all estremità più alta del tubo vale 10 5 P a, mentre la pressione all estremità più bassa vale P a. Quanti m 3 al secondo passano nel tubo? L estremità più bassa si indica con 1, la più alta con 2. Le sezioni sono A 1 e A 2. L altezza del tronco di cono d = h 2 h 1, dove h 1 e h 2 sono le quote delle due facce. Usiamo l equazione di Bernoulli 1 2 ρ(v2 1 v2) 2 = P 2 P 1 + ρgd, la portata volumetrica (P = Av) vale A 1 v 1 = A 2 v 2, quindi v 1 = A 2 A 1 v 2 e sostituendo: [ ( A ρv2 2 ) ] 2 A 1 1 = P 2 P 1 + ρgd P v 2 = 2 P 1 +ρgd ( 1 2 ρv2 1 v 1 = [ ( 1 2 ρ A2 1 A 1 ) 2 1 ] = ( A 1 A 2 ) 2 )) = P 2 P 1 + ρgd P 2 P 1 +ρgd ( ) ] 1 [1 2 ρ A1 2 = A 2 La portata richiesta vale m/s = 6.67 m/s = m/s P = A 2 v 2 = m m/s = 0.02 m 3 /s 100

101 ( ) Un cilindro chiuso a pareti adiabatiche è diviso in due parti A e B da una parete interna piana fissa e diatermica. Nella parte A sono contenuti 3 g di elio (gas monoatomico con massa molecolare 4) inizialmente alla temperatura t A = 70 C, mentre in B ci sono 10 g di azoto (gas biatomico con massa molecolare 28) inizialmente a temperature t B = 70 C. Supponendo che i due gas si comportino come gas perfetti, calcolare ad equilibrio termico raggiunto: 1) la temperatura di equilibrio finale, 2) la quantità di calore scambiata, 3) la variazione d entropia del sistema. Calcoliamo i numeri di moli N A = 3/4 = 0.75, N B = 10/28 = Il sistema è racchiuso da pareti adiabatiche, quindi, indicando con T e la temperatura finale, con C V A e C V B le capacità termiche molari a volume costante dei due gas si ha: U A + U B = 0 N A C V A (T e T A ) + N B C V B (T e T B ) = 0 da cui T e = 1 N A C AV +N B C BV (N A T A C AV + N B T B C BV ) = 1 ( ) K = K Il calore Q scambiato (positivo per A e negativo per B vale: Q = N A C V A (T T A ) = ( ) J = J La variazione d entropia del sistema è S = T e dt T A N A C V A + T e dt T T B N B C V B = N T AC V A ln Te T A + N B C V B ln Te T B = ( ln ln ) J/K = J/K 101

102 ( ) L inventore del motore X dichiara che il lavoro svolto dalla sua macchina ad ogni ciclo è W = 120 J, e che esso opera tra le temperature T 2 = K e T 1 = K, con rendimento η X = 75%. 1) Tale affermazione è verosimile? 2) Se il motore X esistesse davvero, quanto calore Q 2 assorbirebbe dalla sorgente calda e quanto calore Q 1 cederebbe alla sorgente fredda ad ogni ciclo? 3) E se esistesse davvero, quale sarebbe la variazione di entropia ad ogni ciclo per l intero sistema che comprende il fluido e le due sorgenti? 1) Il rendimento di un ciclo di Carnot operante tra le stesse temperature vale η C = 1 T 1 T 2 = = % Non può esistere un motore con rendimento maggiore di quello di Carnot operante tra le medesime temperature. Quindi il motore X deve avere un rendimento minore del 27%. 2) η X = W Q 2, quindi il calore Q 2 vale Q 2 = W = 120 J = 160 J. η X 0.75 E applicando la prima legge della termodinamica a un ciclo W = Q 1 + Q 2. che dà il valore di Q 1 Q 1 = W Q 2 = 120 J 160 J = 40 J. 3) La variazione dell entropia del fluido ad ogni ciclo è nulla: La variazione d entropia totale ad ogni ciclo è data dalla somma delle variazioni d entropia della sorgente calda, e della sorgente fredda, ( ) Q S = 1 T 1 + Q 2 T 2 = ( ) J/K = 0.28 J/K L entropia totale diminuisce, quindi il motore non è realizzabile. 102

103 (13/02/20) L acqua contenuta in un tubo verticale di sezione S = 10 2 cm 2 e altezza h = 1 m, è spinta da un pistone inferiore a cui è applicata una forza verticale F = 200 N diretta verso l alto. 1) A quale velocità v fuoriesce il liquido da un piccolo foro posto sulla sommità del tubo? 2) A che altezza H sopra la sommità del tubo arriva il getto? (trascurando la resistenza dell aria) 1) Applichiamo il teorema di Bernoulli tra la sezione inferiore e quella superiore, trascurando la sezione del foro rispetto alla sezione del cilindro, se p è la pressione determinata dalla forza, e ρ la densità dell acqua, si ha: p = ρgh ρv2 dove p = F/S perciò v = 2 (F/ρS gh) = 2 (200/ ( ) 9.81)m/s = 4.51 m/s 2) Si conserva la densità d energia meccanica dell acqua e quindi 1 2 ρv2 = ρgh H = v2 2g = (4.5144) m = 1.04 m 103

104 (13/02/20) 7 moli di gas perfetto monoatomico sono inizialmente racchiuse in condizioni di equilibrio alla pressione di 10 atm all interno di un recipiente di volume 10 l con pareti adiabatiche. A un certo istante un laser invia un impulso e scalda il gas fornendogli un calore Q = 20 cal. Trascurando la capacità termica e l espansione termica del recipiente, determinare: a) l aumento di temperatura del gas, b) l aumento di energia interna del gas, c) l aumento di entropia del gas. d) Determinare inoltre le stesse quantità nel caso in cui le pareti non siano adiabatiche ed il recipiente venga posto in contatto con una sorgente con T s = 0 C. e) Determinare in quest ultimo caso la variazione d entropia dell universo. a) La temperatura iniziale T 0 si determina usando l equazione di stato p 0 V = nrt 0 T 0 = p 0V nr b) L energia interna iniziale vale U 0 = 3 2 nrt 0 = K = K e l aumento dell energia (per il primo principio) è Q U = Q = J T = 2 = = 0.96 K 3 nr c) la variazione dell entropia del gas vale S = dq T1 nc = V dt 3 = ln T 1 T T 2 T 0 = ln J/K = 0.47 J/K d) Nel secondo caso il calore fornito al gas vale Q 1 = 3 2 nr (T S T 0 ), T o La variazione di temperatura è T 1 = (T S T 0 ) = ( ) K = K La variazione d energia vale U 1 = Q 1 = J = J 104

105 La variazione d entropia del gas S 1gas = ln T S T0 = ln J/K = 39.3 J/K e quella della sorgente S 1s = Q 1 T 0 = J = 31.7 J/K Perciò la variazione d entropia dell universo è S 1u = ( ) J/K = 7.6 J/K 105

106 (13/02/20) Un sistema termodinamico inizialmente in uno stato A a temperatura T 1 = 400 K passa a uno stato B con temperatura T 2 = 500 K mediante una trasformazione reversibile caratterizzata dall equazione T = as + b, dove S è l entropia, T la temperatura assoluta, a = 45 K 2 /cal e b = cost. Calcolare il calore scambiato dal sistema con l ambiente. Successivamente il sistema passa a uno stato C a temperatura T 1 con una trasformazione adiabatica reversibile e quindi ritorna allo stato iniziale con un isoterma reversibile. Calcolare il rendimento del ciclo. Per il terzo principio b deve essere nullo. L entropia iniziale S A vale T 1 /a e quella in B S B = T 2 /a. Il calore assorbito è allora Q AB = T ds = S 2 S 1 asds = 1a 2 [S2 ] S J S 1 = 1 2a (T 2 2 T 2 1 ) = 1 90 ( ) cal = Il calore scambiato nella trasformazione tra B e C è nullo, mentre il calore ceduto dal sistema tra C e A vale Q CA = T 1 (S B S A ) = T 1 (T 2 T 1 ) /a il rendimento del ciclo è pertanto η = Q AB+Q CA Q AB = 1 T 1(T 2 T 1 ) = T 2 T 1 a( 1 2a (T 2 2 T 1 2) T 1 +T 2 = = 1/9 106

107 (13/07/03) Una provetta di massa m, altezza l e sezione S è immersa completamente in un liquido di densità ρ che la riempie completamente. La pressione all esterno del liquido è la pressione atmosferica P 0. Si può trascurare il volume occupato dalla massa della provetta. La si inizia ad estrarre mantenendola capovolta. Si chiede di determinare, sommando esplicitamente le forze in gioco, la forza F che è necessario applicare per mantenere la provetta in equilibrio in funzione della quota h della base della provetta. Provetta completamente immersa (h<0) Possiamo distinguere quattro diverse fasi dell estrazione. Per ciascuna consideriamo il valore delle componenti verticali delle forze che agiscono (asse verticale z diretto verso l alto): la forza peso ( mg), la forza F int = SP int, associata alla pressione P int applicata alla base della provetta dal suo interno, la forza F ext = SP ext, associata alla pressione P ext applicata alla base della provetta dal suo esterno. Per avere equilibrio dovremo quindi applicare una forza con componente verticale: F = mg SP int + SP ext 1). La provetta è completamente immersa nel liquido. Dato che possiamo trascurare lo spessore della provetta, le pressioni P int e P ext saranno uguali (perchè alla stessa altezza), e quindi 107

108 F = mg 2). Adesso una parte della provetta di lunghezza h è di fuori dal liquido. Se ρgh < P 0 l interno della provetta resta completamente riempito di fluido. Avremo quindi P int = P 0 ρgh e P ext = P 0, da cui F = mg + ρgsh 3). Appena ρgh > P 0 l altezza della colonna di fluido all interno della provetta smette di salire, lasciando una frazione vuota. Di conseguenza P int = 0 (trascurando la pressione del vapore soprastante il liquido) e P ext = P 0, da cui F = mg + P 0 S 4). Adesso la provetta contiene aria, quindi P int = P ext = P 0 e F = mg Notare che la forza F dipende da h in modo continuo, salvo che al passaggio dalla fase 3 alla fase 4 quando si svuota bruscamente di fluido. 108

109 (13/07/03) Sul fondo di un cilindro adiabatico di sezione S munito di un pistone mobile e adiabatico si trova uno strato di materiale di capacità termica C 1. Nella parte superiore si trovano n moli di un gas perfetto monoatomico. Inizialmente il sistema è in equilibrio termodinamico, con pressione e temperatura P 0 e T 0 note. 1. Si raddoppia molto lentamente la pressione. Calcolare la nuova temperatura. 2. Partendo dalla stessa condizione iniziale si raddoppia istantaneamente la forza applicata al pistone. Calcolare anche in questo caso la temperatura nello stato finale di equilibrio. 3. Calcolare la variazione di entropia del sistema e dell universo nei due casi precedenti. 1) Dal primo principio abbiamo, considerando che non si hanno scambi di calore con l esterno, 0 = du + pdv ma la variazione dell energia interna U del sistema si può scrivere come la somma delle variazioni d energia del gas e del materiale, quindi du = 3 2 nrdt + C 1dT e allora ( 3 nr + C ) 2 1 dt + nrt dv = 0 V che può essere integrata direttamente: ( 3 nr + C ) 2 1 ln T + nr ln V = costante ossia T ( 3 2 nr+c 1) V nr = costante oppure, usando la legge dei gas perfetti, T P η = costante con η = nr 5 2 nr+c 1 Da questo segue subito che T f = T 0 ( Pf P 0 ) η = T0 2 η. 109

110 Oppure (usando la condizione di adiabaticità, l espressione generale di ds e l equazione di stato dei gas perfetti: ds = 1 du + P dv = ( 3 nr + C dt T T 2 1) + nrdt V dp = T T T (perchè P dv = V dp + nrdt ) ( 5 nr + C ) dt 2 1 nrdp = 0 T P ( 5 nr + C T 2 1) [(ln T )] f T 0 da cui T f = T 0 2 η = nr [(ln P )] P f P 0 2) In questo caso non abbiamo a che fare con una trasformazione reversibile, quello che possiamo dire è che l aumento dell energia interna sarà dato dal lavoro fatto sul sistema: 2P 0 (V f V 0 ) = U = ( 3 2 nr + C 1) (Tf T 0 ) ma d altra parte negli stati iniziale e finale di equilibrio P 0 V 0 = nrt 0, e sostituendo 2P 0 V f = nrt f nr(t f 2T 0 ) = ( 3 2 nr + C 1) (Tf T 0 ) ossia T f = 7 2 nr+c nr+c 1 T 0 3) Nel primo caso la trasformazione è reversibile, quindi l entropia dell universo non cambia. Ma neppure si hanno scambi di calore con il sistema, quindi anche l entropia di quest ultimo non varia. Nel secondo caso la trasformazione è irreversibile. La variazione di entropia del sistema si trova calcolando la differenza tra l entropia dello stato di equilibrio finale e quella dello stato di equilibrio iniziale. Dato che ds = dq = 1 du + P dv = ( 3 nr + C dt T T T 2 1) + nr dv T V possiamo scrivere S = ( 3 nr + C 2 1 e quindi S = ( 5 2 nr + C 1 ) ln T f T 0 ) ln 7 + nr ln V f V 0 = ( 5 nr + C ) T 2 1 ln f T o 2 nr+c nr+c 1 nr ln 2 Questa sarà anche la variazione di entropia dell universo. nr ln P f P 0 110

111 (13/07/03) Una mole di gas perfetto monoatomico, inizialmente in equilibrio, a temperatura T A = 300 K e volume V A = 1 dm 3, compie un ciclo costituito dalle seguenti trasformazioni: A B: espansione isobara, ottenuta ponendo a contatto il sistema con una sorgente di calore a temperatura T B incognita; B C: espansione adiabatica reversibile; C D: abbassamento isocoro reversibile della temperatura; D A: compressione adiabatica reversibile. Sapendo che V B = 2V A e che V C = 3V A determinare: 1) Le temperature T B, T C, e T D 2) Il rendimento del ciclo. 3) La variazione di entropia del sistema e dell universo in un ciclo. 1) p A = nrt A V A = P a = P a p B = p A T B = p BV B nr = p B 2V A nr = 2T A = 600 K B C trasf. adiab. rev..p B V γ B = p CV γ C, T BV γ 1 B p C = p B ( V B VC ) γ = ( 2 3 ( ) γ 1 ( V T C = T B B VC = ) 2 3 K = 458 K 3 oppure ) 5 3 P a = P a T C = p CV C = 458 K R D A trasf. adiab. rev p D V γ D = p AV γ A ( ), γ V p D = p ( ) 5 A A V D = P a = P a 3 T D = p DV D = R K = 144 K T D = T A ( V A V D ) γ 1 = 300 ( 1 3 ) 2 3 = = T C V γ 1 C quindi 2) Il calore Q AB è assorbito nel tratto AB (isobara) del ciclo e il calore Q CD è ceduto nel tratto CD (isocora), il rendimento vale quindi: η = 1 + Q CD Q AB = 1 + C V (T D T C ) C P (T B T A ) = 1 3(314) 5(300) =

112 3) La variazione d entropia del sistema in un ciclo è nulla (S è funzione di stato). Nelle due adiabatiche reversibili la variazione d entropia dell universo S u è nulla. nel tratto AB (isobara) la sorgente cede calore al sistema e quindi S uab = Q AB T B = C P (T B T A ) T B = ( ) J/K = J/K nel tratto CD (isocora) il sistema cede calore e quindi si ha: S ucd J/K = T D T C dq T = nc V TD perciò, in un ciclo S u = ( ) J/K = 4.04 J K T C dt T = 3R ln T C 2 TD = ln J/K =

113 (13/07/24) Un serbatoio è posto ad una altezza H = 600 m rispetto ad un bacino contenente acqua. Una conduttura formata da un tubo di di diametro d = 10 cm viene utilizzata per riempire il serbatoio. 1) Qual è la minima pressione necessaria alla base della conduttura per farla funzionare? 2) Si consideri che la conduttura fornisca ogni giorno un volume V = 3000 m 3 al serbatoio. Qual è la velocità dell acqua nella conduttura? 3) Per mantenere questa velocità quale deve essere la pressione aggiuntiva? 1) Sia ρ = kg/m 3 la densità dell acqua, allora la pressione minima sarà p min = ρgh = P a = P a. 2) la portata nella condotta deve valere q = 3000/ ( ) m 3 /s = m 3 /s e quindi, se S è la sezione normale della condotta, la velocità dell acqua nella condotta sarà: v = q/s = m/s = 4.42 m/s π( ) 2 3) Dal teorema di Bernoulli applicato tra due sezioni, una all inizio della condotta e l altra all ingresso del bacino, si ricava la pressione aggiuntiva p 1 p 1 + p min = p min ρv2 e quindi p 1 = 1 2 ρv2 = (4.42) 2 P a = P a. 113

114 (13/07/24) Un cilindro a pareti adiabatiche e munito di pistone anch esso adiabatico è diviso in due parti uguali da un setto. Inizialmente il pistone è bloccato e la parte inferiore, di volume V A = 2 l, contiene 0.4 moli di gas ideale monoatomico alla temperatura T A = 27 C, mentre nella parte superiore vi è il vuoto. (a) Viene rimosso il setto ed il gas si espande liberamente. Determinare lo stato finale del gas (valori di pressione, volume e temperatura) e la variazione di entropia del gas. (b) Successivamente viene sbloccato il pistone e il gas viene compresso in modo reversibile fino a riportarlo al volume iniziale. Di che tipo di trasformazione si tratta? Determinare la temperatura e la pressione del gas in questo stato e il lavoro subito dal gas. (a) In un espansione libera di un gas ideale T = 0, per cui (denotando con B lo stato raggiunto dal sistema) T B = T A = K; inoltre: V B = 2V A = 4 l; la pressione si può ricavare dall equazione di stato dei gas ideali P B = nrt B /V B = / ( ) = La trasformazione è adiabatica irreversibile (è una trasformazione spontanea), quindi la variazione di entropia deve essere positiva e vale S = nr ln(v B /V A ) = ( ) ln 2 = 2.3 J/K (b) La trasformazione è adiabatica reversibile. pv γ = costante; ossia p B V γ B = p CV γ C ma V C = V A, quindi: P C = P B (V B /V A ) γ = (2) 5/3 = P a Dall equazione di stato dei gas perfetti: T C = P C V C /nr = / ( ) = K e dal primo principio W = Q U = nc V T = ( )J = J 114 P a

115 (13/07/24) Una mole di gas perfetto monoatomico subisce le seguenti trasformazioni: una adiabatica irreversibile dallo stato iniziale A, con pressione P A = 1 atm e volume V A = 22 l, ad un certo stato B; una successiva compressione isobara reversibile fino ad uno stato C caratterizzato da V C = V B /2. Dal lavoro compiuto dal gas in quest ultima trasformazione pari a W = J si calcoli la temperatura T B. Si calcoli inoltre il lavoro compiuto nell adiabatica irreversibile. Infine, se lo stato C è tale che con una trasformazione adiabatica reversibile il gas torna nelle condizioni iniziali, si calcoli la pressione, il volume e la temperatura negli stati B e C e la variazione di entropia durante l adiabatica irreversibile. Dall equazione di stato p A V A = RT A si ha T A = p A V A /R = /8.314 K = K Conoscendo il lavoro W BC si determina T C W BC = p C V C = J = RT C T C = /8.314 K = K BC è un isobara e quindi V C = V B /2 T B = 2T C = K perciò CA è un adiabatica reversibile e dall equazione T A V γ 1 A = T C V γ 1 C si determinano V C e p C ( ) 1 T γ 1 V C = V A A T C = ( ) = m p C = RT C /V C = / P a = P a Il lavoro compiuto nell adiabatica irreversibile vale W AB = U AB = C V (T B T A ) = ( ) J = J In un ciclo la variazione dell entropia è nulla 115

116 S = S AB + S BC + S CA = 0 S CA = 0 (adiabatica reversibile) S BC = T C T B du T + P V C V B dv T = C P TC T B ln 1 = J/K 2 quindi S AB = S BC = J/K dt T = C P ln T C TB = 116

117 (13/09/24) Dato il cono a base circolare in figura, determinare l altezza h 0 porzione di solido immerso nel fluido a densità ρ 0. della Dal principio di Archimede si ha ρ 0 gv 0 + ρ 1 gv 1 = ρgv (essendo, rispettivamente V 0 e V 1 le frazioni di volume del corpo immerse nei fluidi a densità ρ 0 e ρ 1, e V il volume totale del corpo). Risultando V 1 = V V 0 l equilibrio al galleggiamento si può scrivere come V 0 (ρ 0 ρ 1 ) = V (ρ ρ 1 ). D altra parte i volumi sono dati da V = πd 2 h/12 e V 0 = πd 2 0h 0 /12 mentre dalla similitudine tra i triangoli si può scrivere d/h = d 0 /h 0 per cui la precedente relazione diventa: πd 2 0 h 0 12 (ρ 0 ρ 1 ) = πd2 h 12 (ρ ρ 1), h 3 0 = ρ ρ 1 ρ 0 ρ 1 h 3, da cui si ricava h 0 = m. 117

118 (13/09/24) Una quantità n = 1.5 moli di un gas ideale monoatomico si trova in un recipiente di volume V 1 ad una pressione p 1 = 1.0 atm e temperatura T 1 = 320 K. A partire da questo stato il gas percorre il ciclo composto dalle seguenti trasformazioni reversibili: i) compressione isoterma fino a V 2 = V 1 /2; ii) espansione isobara fino a V 3 = (3/4) V 1 ; iii) espansione politropica (del tipo pv k = cost) fino a tornare allo stato iniziale. Determinare: a) i valori di V 1, p 2, T 3 e dell esponente k della trasformazione politropica; b) il lavoro complessivo fatto dal gas nell intero ciclo; c) la variazione di entropia del gas lungo la trasformazione politropica e il suo calore specifico. Il volume dello stato iniziale è V 1 = nrt 1 /p 1 = m 3 Per la pressione p 2 abbiamo p 1 V 1 = p 2 V 2 p 2 = (V 1 /V 2 ) p 1 = 2p 1 = 2.0 atm Infine nello stato 3 abbiamo p 3 V 3 = p 2 V 3 = nrt 3 T 3 = p 2 V 3 /nr = 2p 1(3/4)V 1 nr = 3 2 p 1V 1 /nr = 3 2 T 1 = 480 K Gli stati 3 e 1 sono gli estremi della compressione politropica e quindi p 3 V k 3 = p 1 V k 1 p 1 /p 3 = (V 3 /V 1 ) k k = ln(p 1/p 3 ) ln(v 3 /V 1 ) = ln 2 ln 3 ln 4 = 2.41 Il lavoro compiuto dal gas in un ciclo è pari a W = W 12 + W 23 + W 31 = nrt 1 ln V 2 V 1 + p 2 (V 3 V 2 ) + 1 (p 1 k 1V 1 p 3 V 3 ) = nrt 1 ln 2 + 1p 2 1V 1 + nr (T k 1 3 T 1 ) = 650 J Per il calcolo della variazione d entropia ricorriamo alla prima legge della termodinamica dq = du + dw = nc V dt + pdv = nc V dt + nrt dv V dt ds = dq/t = nc V + nr dv T V 118

119 Perciò, per la trasformazione 3 1 abbiamo S 31 = nc V ln T 1 T 3 + nr ln V 1 V 3 = nr ( 3 2 ln ln 4 3) = ( 3 2 ln ln 4 3) = 3.99 J/K valutiamo il calore specifico lungo la trasformazione politropica. Notiamo che pv k = cost T V k 1 = cost e quindi, differenziando si ricava V k 1 dt + (k 1)T V k 2 dv = 0 dv = 1 V dt k 1 T Conseguentemente, sempre dalla prima legge abbiamo dq = nc V dt + pdv = nc V dt nrt V 1 V dt = n ( c k 1 T V k 1) R dt : Ma osservando questa espressione si capisce che la quantità tra parentesi tonde è proprio il calore specifico molare del gas lungo la trasformazione politropica in questione. E cioè c = c V R k 1 = ( k 1) R = 0.79R 119

120 (13/09/24) 5 moli di gas ideale compiono un ciclo con due isobare e due adiabatiche (tutte reversibili). Le due isobare sono alle pressioni p A = 20.0 atm e p B = 10.0 atm, mentre l espansione isobara a pressione più elevata si svolge tra i volumi V 1 = 5.0 l e V 2 = 10.0 l. Supponendo di poter far lavorare la macchina termica sia con un gas monoatomico che con uno biatomico, determinare: a) la quantità di calore assorbito dai gas in un ciclo e per quale dei due è maggiore; b) la temperatura minima raggiunta da ogni gas lungo il ciclo; c) l espressione del rendimento della macchina specificando per quale gas è maggiore. Prendiamo come stati 1 e 2 gli estremi dell espansione isobara a pressione p A. Le temperature del gas in tali stati sono T 1 = p AV 1 = 244 K; T nr 2 = p AV 2 = V 2 nr V 1 T 1 = 487 K Gli stati 3 e 4 corrisponderanno agli estremi (tenendo conto dell orientazione) della compressione isobara a pressione p B. Dato che questi due stati giacciono rispettivamente sulle adiabatiche per gli stati 2 e 1, allora tenendo conto che lungo un adiabatica è pv γ = cost:, dovremo avere V 3 = ( ) 1 p γ A p B V 2 e V 4 = ( ) 1 p γ A p B V 1 Corrispondentemente, dato che lungo un adiabatica è anche T V γ 1 = cost, per le temperature di tali stati avremo ( ) γ 1 ( ) γ 1 ( ) V pb γ γ 1 ( ) γ 1 T 3 = 2 V pb γ T2 V 3 = T p 2 e T 4 = 1 T1 A V 4 = T p 1 A a Nel ciclo il calore viene assorbito lungo la trasformazione 1 2 ed è pari Q a = Q 12 = nc p (T 2 -T 1 ) D altra parte, il lavoro prodotto in un ciclo è pari a W = Q = Q 12 + Q 34 = nc p (T 2 T 1 ) + nc p (T 4 T 3 ) = ( ) γ 1 ] pb γ nc p [1 (T p 2 T 1 ) A Corrispondentemente, il rendimento del ciclo è 120

121 η = W Q a = ncp(t 2 T 1 )+nc p(t 4 T 3 ) nc p(t 2 T 1 ) = 1 ( ) γ 1 pb γ p A = 1 ( ) γ 1 1 γ 2 Ora, i calori specifici a pressione costante e l esponente γ dei gas monoatomici e biatomici sono: c p,mono = 5 2 R, γ mono = 5 3 e c p,bi = 7 2 R, γ bi = 7 5. Perciò Q a,mono = 5 2 nr(t 2 T 1 ) = J, Q a,bi = 7 2 nr(t 2 T 1 ) = J; che mostrano che il gas biatomico assorbe una maggior quantità di calore. Per i rendimenti abbiamo η mono = 1 ( ) = 0.24 η 2 bi = 1 ( ) = 0.18, 2 che mostrano che è il ciclo del gas monoatomico quello a rendimento maggiore. La temperatura più bassa raggiunta nel ciclo è chiaramente T 4. Per i due gas otteniamo T 4,mono = ( 1 2 ) 2 5 T 1 = 189 K, T 4,bi = ( ) T 2 1 = 200 K : La temperatura minima è raggiunta dal gas monoatomico. 121

122 (14/18/02) Acqua scorre con una portata Q = 50 l/min attraverso una piccola apertura alla base di un serbatoio in cui l acqua ha una profondità di h = 4 m Quali sono la velocità di effl usso e la portata se si applica alla superficie dell acqua una pressione aggiuntiva di P a? La velocità di effl usso dipende dalla altezza dell acqua nel serbatoio secondo la legge V = 2gh dove g è l accelerazione di gravità. La pressione aggiuntiva p 1 esercitata equivale a una colonna d acqua aggiuntiva di altezza h 1 = p 1 /ρg = /( )m = 5 m dove ρ è la densità dell acqua La velocità di effl usso modificata sarà quindi V 1 = 2g (h + h 1 ) = (4 + 5)m/s = m/s La sezione di uscita A alla base del serbatoio è la medesima nei due casi e quindi A = Q/V = Q 1 /V 1 Q 1 = QV 1 /V = Q 9/4 = m3 s 122

123 (14/18/02) Una macchina di Carnot assorbe in un ciclo (dalla sorgente a temperatura più alta) una quantità di calore Q 1 = J ed ha un rendimento η = Il lavoro W viene utilizzato per comprimere un gas ideale biatomico lungo una trasformazione politropica reversibile (pv k = cost.) con k = 2.0, a partire da uno stato iniziale caratterizzato dai valori di pressione, volume e temperatura p i = 1 atm, V i = 10 dm 3 e T i = 200 K. Determinare: a) il lavoro W compiuto dalla macchina in un ciclo. b) la pressione p f e il volume V f del gas alla fine della compressione; c) Il calore scambiato dal gas nella trasformazione. Nella macchina di Carnot la quantità di calore scambiata con la sorgente ad alta temperatura è anche pari al calore assorbito dalla macchina stessa. Perciò il lavoro da essa prodotto sarà pari a η = W/Q 1 W = ηq 1 = J = 900 J Se tale lavoro viene utilizzato per comprimere un gas biatomico lungo la politropica pv k = cost. (con k = 2) a partire dallo stato (p i, V i, T i ), allora il lavoro compiuto dal gas lungo tale trasformazione dovrà essere pari a W. Se indichiamo con V f il volume finale della trasformazione, il lavoro fatto dal gas biatomico è pari a W k = V f V i pdv = p i V k i V f V i V k dv = pi V k 1 k i Quindi, dovremo avere [ ] pf V W k = W [p f V f p i V i ] = p i V f i p i V i 1 e sostituendo p f /p i = (V i /V f ) k, si ottiene p i V i [ ( V i V f ) k 1 1 ]= (k 1)W V f = V i [ ] 1+ (k 1) 1 k 1 W p i V i ( V i Inserendo l attuale valore di k (k = 2) si ha 123 [ V 1 k ] V f V i = 1 1 k [p fv f p i V i ]. = (k 1) W ) k 1 V f = 1 + (k 1) W p i V i

124 V f = V i [ 1+ W p i V i ] = V i = 5.29 dm 3, e conseguentemente ( ) 2 V p f = i pi V f = 3.57 atm = P a = P a Notando che è n = p i V i /RT i = 0.61 mol, si ha T f = p f V f nr = = K. Il calore scambiato nella trasformazione lo otteniamo con il primo principio della termodinamica. U = Q W Q = U +W = nc V (T f T ) W = 5 2 nr(t f T i ) W = J. 124

125 (14/18/02) Una quantità n = 0.5 mol di un gas ideale monoatomico si trova in un recipiente con pareti adiabatiche di volume V 1 ad una pressione p 1 = 1 atm e temperatura T 1 = 20 C. Successivamente, il volume del recipiente viene aumentato rapidamente fino a V 2 = 3V 1 e il sistema è lasciato in quiete in modo da raggiungere il nuovo stato di equilibrio. Poi la temperatura del gas viene riportata a T 1 tramite una lenta compressione isocora in cui il gas assorbe una quantità di calore Q = 890 J. Infine tramite una compressione isoterma reversibile il gas è riportato al suo stato iniziale. Determinare: a) la variazione di entropia subita dal gas nella prima trasformazione; b) il lavoro complessivo fatto dal gas nell intero ciclo; a) la variazione di entropia subita dall ambiente (l universo) nell intero ciclo. Indichiamo con 1, 2 e 3 (nell ordine) gli stati assunti in successione dal gas. Dalla legge dei gas ideali otteniamo subito V 1 = nrt 1 p 1 = 12 dm 3 ; V 2 = V 3 = 3V 1 = 36 dm 3. Il calore Q = Q 23 assorbito dal gas nel passaggio dallo stato 2 allo stato 3 (a temperatura T 3 = T 1 ), dovrà essere pari a Q = Q 23 = nc V (T 3 T 2 ) = nc V (T 1 T 2 ) e da questa ricaviamo T 2 = T 1 Q nc V = T 1 2Q 3nR = K Conseguentemente, la variazione di entropia nella prima trasformazione è data da S 12 = nc V ln T 2 T 1 + nr ln V 2 V 1 = ( 3 2 J/K: ln ln 3) = Nella prima trasformazione, che è un adiabatica irreversibile (il volume viene variato rapidamente), non c è scambio di calore con l ambiente. D altra parte il calore scambiato nella compressione isoterma 3 1 è pari a Q 31 = nrt 1 ln V 1 V 3 = ln 1 3 = J = 1340.J 125

126 Quindi, il lavoro fatto dal gas nell intero ciclo che è pari al calore che esso scambia complessivamente è dato da W tot = Q tot = Q 23 + Q 31 = 450 J : Infine, si noti che l ambiente in tutto il processo scambia con il nostro sistema un calore pari a Q tot ; durante tale scambio il sistema (il gas) parte dallo stato 1 (alla temperatura T 1 ) e, dopo una serie di trasformazioni, vi ritorna. Quindi, la variazione di entropia dell ambiente vale S amb = Qtot T 1 = 1.53 J/K 126

127 ( ) In figura è illustrata la camera di prova di una galleria del vento. La galleria è dotata di 14 ventole, ciascuna con portata di 66.5 kgs 1. La camera di prova ha una sezione di 3.8 m 4 m ed è lunga 4.5 m La sezione a monte del convergente è di 3.8 m 14 m. Assumendo che la pressione nella sezione a monte del convergente sia pari a quella atmosferica in condizioni standard, determinare: 1. la velocità dell aria in camera di prova; 2. la forza agente su ciascuna delle quattro pareti della camera di prova, indicandone il verso. Si assuma la densità dell aria uguale a ρ = kg/m 3. La portata in massa complessiva dei ventilatori vale Q m = kgs 1 = kgs 1 Le aree delle due sezioni valgono A 1 = (14 3.8) m 2 = 53.2 m 2, A 2 = (4 3.8) m 2 = 15.2 m 2 Calcoliamo le velocità nelle due sezioni: V 1 = Qm ρa 1 = 931 m/s = m/s V 2 = Qm ρa 2 = 931 m/s = 50.0 m/s

128 Conoscendo la pressione nel condotto a monte del convergente, pari alla pressione atmosferica p 0 = P a, possiamo calcolare la pressione nella camera di prova, usando il teorema di Bernoulli p 0 + 1ρV = p 2 + 1ρV p 2 = ( p 0 + 1ρV ) ρv = ( (14.286) 2 ) P a ( (50) 2) P a = 99919P a Ciascuna delle quattro pareti della camera di prova è sottoposta su una faccia alla pressione interna e sull altra faccia alla pressione esterna (la pressione atmosferica). Per calcolare la forza derivante da questo sistema di pressioni applicate alle facce, è necessario calcolare la differenza di pressione p tra l interno e l esterno, che risulta p = p 2 p 0 = ( ) P a = 1406 P a Il segno meno indica che la pressione interna è minore della pressione atmosferica. Ciascuna delle pareti è sottoposta a una forza complessiva pari a p per l area della sua superficie. Le pareti hanno area A inf sup = = 18 m 2, A laterale = = 17.1 m 2 Le forze di pressione sulle pareti risultano F inf sup = p A inf sup = ( ) N = N F laterale = p A laterale = ( ) N = N e sono dirette verso l interno. 128

129 ( ) Sul fondo di un cilindro di sezione S munito di un pistone mobile e adiabatico si trova uno strato di materiale di capacità termica C 1. Nella parte superiore si trovano n moli di un gas perfetto monoatomico. Inizialmente il sistema è all equilibrio termodinamico, con pressione e temperatura P 0 e T 0 note. 1. Si raddoppia molto lentamente la pressione. Calcolare la nuova temperatura. 2. Partendo dalla stessa condizione iniziale si raddoppia istantaneamente la forza applicata al pistone. Calcolare anche in questo caso la temperatura nello stato finale di equilibrio. 3. Calcolare la variazione di entropia del sistema e dell universo nei due casi precedenti. soluzione 1. Dal primo principio abbiamo, considerando che non si hanno scambi di calore con l esterno, 0 = du + pdv ma l energia interna del sistema si può scrivere come la somma di quella del gas e del materiale, quindi du = 3 2 nrdt + C 1dT e quindi ( 3 nr + C ) 2 1 dt + nrt dv = 0 V che può essere integrata direttamente: ( 3 nr + C ) 2 1 ln T + nr ln V = costante ossia 129

130 T ( 3 2 nr+c 1) V nr = costante oppure, usando la legge dei gas perfetti, T ( 3 2 nr+c 1) ( T P ) nr = costante T ( 5 2 nr+c 1) p nr = costante T P η = costante con η = 5 2 nr+c 1 nr Da questo segue subito che T f = T 0 ( Pf P 0 ) η = T0 2 η 2. In questo caso non abbiamo a che fare con una trasformazione reversibile, quello che possiamo dire è che l aumento dell energia interna sarà dato dal lavoro fatto sul sistema: 2P 0 (V f V 0 ) = U = ( 3 2 nr + C 1) (Tf T 0 ) ma d altra parte negli stati iniziale e finale di equilibrio P 0 V 0 = nrt 0 2P 0 V f = nrt f e sostituendo nr(t f 2T 0 ) = ( 3 2 nr + C 1) (Tf T 0 ) ossia T f = 7 2 nr+c 1 T 5 2 nr+c Nel primo caso la trasformazione è reversibile, quindi l entropia dell universo non cambia. Ma neppure si hanno scambi di calore con il sistema, quindi anche l entropia di quest ultimo non varia. Nel secondo caso la trasformazione è irreversibile. La variazione di entropia del sistema si trova calcolando la differenza tra l entropia dello stato di equilibrio finale e quella dello stato di equilibrio iniziale. Dato che ds = dq T = ( 3 2 nr + C 1) dt T + nr dv V possiamo scrivere 130

131 S = ( 3 nr + C ) T 2 1 ln f T 0 e quindi S = ( 5 2 nr + C 1 ) ln 7 + nr ln V f V 0 = ( 5 nr + C ) T 2 1 ln f T 0 + nr ln P 0 P f 2 nr+c nr+c 1 nr ln 2 Questa sarà anche la variazione di entropia dell universo. 131

132 ( ) Un cilindro chiuso da pareti adiabatiche è separato in due parti A e B da una parete interna fissa e diatermica. Nella parte A sono contenuti 3g di elio (gas monoatomico con massa molecolare 4) inizialmente alla temperatura t A = 70 C mentre in B ci sono 10 g di azoto (gas biatomico con massa molecolare 28) inizialmente a temperatura t B = 70 C. Supponendo che i due gas si comportino come gas perfetti, calcolare, ad equilibrio termico raggiunto: a) la temperatura di equilibrio finale; b) la quantità di calore scambiata; c) la variazione di entropia dell intero sistema. Calcoliamo i numeri di moli dei due gas n A = 3/4 mol, n B = 10/28 = mol Il sistema è isolato e quindi U = U A + U B = 0 n A c V A (T e T A ) + n B c V B (T B T e ) = 0 La temperatura d equilibrio vale T e = n Ac V A T A +n B c V B T B n A c V A +n B c V B K = K = K Il calore scambiato tra A e B è Q = ( ) J = J la variazione d entropia è legata alla cessione di calore tra A e B ds = 1 du S = n T Ac V A ln Te T A + n B c V B ln Te T B = ( ln ln ) J/K = J/K 132

133 ( ) Il dispositivo rappresentato in figura deve disperdere una miscela d acqua e di insetticida. La portata di insetticida deve essere pari a Q i = 75 ml/min mentre la portata d acqua è Q a = 4 l/min. Tutti i condotti e i recipenti sono cilindrici e l area della sezione del pelo libero dell insetticida (a pressione uguale a quella atmosferica) contenuto nel recipiente è molto maggiore della sezione del tubetto che comunica con lo spruzzatore. I diametri noti di alcuni condotti cilindrici sono indicati in figura. Il punto A è 15 cm più alto del pelo libero dell insetticida. Calcolare, in tali condizioni, il valore della pressione nel punto A e il diametro D del dispositivo. Assumere uguale a quella dell acqua la densità dell insetticida. Applichiamo l equazione di Bernoulli tra un punto I situato nel condotto di estrazione dell insetticida, all altezza del pelo libero, e il punto A: p A ρv 2 A + ρgh = p I ρv 2 I dove H = 15 cm rappresenta la distanza tra il pelo libero del serbatoio ed il punto A. Nell ipotesi che l insetticida nel serbatoio sia praticamente in quiete, V I 0 la distribuzione delle pressioni è idrostatica, per cui la pressione p I eguaglia la pressione del pelo libero, ovvero quella atmosferica. La velocità dell insetticida nel punto A, V A,i all uscita del condotto di estrazione, può essere dedotta dalla portata di insetticida e dai dati geometrici del condotto: Q i = V A,i ( π d2 4 ) ( V A,i = ( /60) π ( ) 2) 1 = 9.95 m/s 133

134 Pertanto, la pressione nel punto A è: p A = p ρv 2 A ρgh = ( (9.95) ) P a = P a. Calcoliamo la portata che fluisce attraverso il dispositivo. La portata uscente da quest ultimo è la somma della portata di acqua più quella dell insetticida. La velocità della miscela all uscita del dispositivo può essere ricavata dalla relazione: Q i + Q A = V u π ( D u ) 2 2 Vu = Q i+q A = ( /60)+(4 10 3/60) m/s = π( Du 2 ) 2 π( ) m/s Se adesso applichiamo l equazione di Bernoulli alla traiettoria di una particella d acqua che si sposta da un punto subito a monte di A (dove il fluido che scorre nel dispositivo è solo acqua), fino all uscita, possiamo ricavare la velocità dell acqua subito a monte del punto A ( V 2 u + 2 ρ (p u p A )) 1/2 = p A + 1ρV 2 2 A.a = p u + 1ρV 2 2 u V A,a = ( (13.84) ( ) ) 1/2 10 m/s = m/s 3 Nota tale velocità, possiamo finalmente calcolare il diametro D dalla relazione Q A = V A,a π ( D 2 ) 2 D = 2 QA (4 10 πv A,a = 2 3 /60) π = m 134

135 ( ) Un recipiente cilindrico è diviso da un setto rigido in due parti A e B di volume V A = 0.4 l e V B = 2.46 l, rispettivamente. Nella camera A sono contenute n A = 0.02 moli di gas ideale monoatomico alla temperatura T 0 = 273 K; nell altra camera è contenuto del gas ideale biatomico alla pressione atmosferica p 0 e temperatura T 0. Il setto rigido si rompe se la pressione nella camera maggiore raggiunge il valore p m = 10 atm. Il gas nella camera B viene compresso in modo reversibile, fino a provocare la rottura del setto, spostando un pistone che può scorrere senza attrito lungo il cilindro. Le pareti del recipiente, compreso il setto di separazione e il pistone, sono adiabatiche. Si calcoli: (a) il lavoro W compiuto dal gas durante la compressione; (b) la temperatura finale T f della miscela gassosa risultante. (c) la pressione finale della miscela Calcoliamo il numero di moli del gas in B n B = p 0 V B /RT 0 = ( ) / ( ) mol = 0.11 mol Il gas contenuto in B, per il quale γ = 7/5, compie una compressione adiabatica reversibile fino al volume finale V Bf corrispondente alla pressione p m ( p 0 VB 1.4 = p mvbf 1.4 V Bf = V B pv 1.4 = p 0 VB 1.4 p = p 0V 1.4 B ) 1 p p m /V 1.4 Il lavoro compiuto dal gas di B vale W = V Bf V B pdv = V Bf V B p 0 VB 1.4 V 1.4 dv = p 0 VB 1.4 = ( ) = l 10 [ V ] VBf = p 0 VB 1.4 V B ( ) V 0.4 B 0.4 V 0.4 Bf =

136 1 (p 0.4 0V B p m V Bf ) = 1 ( ) J = J e la temperatura finale T Bf del gas in B ha il valore T Bf = p m V Bf /n B R = K = K Quando la parte B del cilindro arriva alla pressione p m, il setto si rompe e i due gas formano una miscela, con numero di moli n = n A + n B = 0.13 mol il calore specifico molare c V (AB) della miscela vale c V (AB) = n Ac V A +n B c V B n A +n B = R = R 0.13 le energie interne molari dei due componenti valgono u A = 1.5 R T 0, u B = 2.5 R T Bf L energia interna molare della miscela ha il valore u = c V (AB) T f, e deve essere uguale alla somma delle energie interne molari dei due gas componenti u = c V (AB) T f = i r iu i = R T R T Bf = (1176R) K e quindi si ricava la temperatura T f della miscela T f = 1176 K = K Il volume finale è V f = V A + V Bf = l, e la pressione finale vale p = n RT f V f = = P a 136

137 ( ) Su n moli di gas perfetto si esegue una trasformazione ciclica: Partendo da A, si cede reversibilmente calore mantenendo il gas a volume costante, fino ad arrivare a B. Il gas subisce poi una espansione isoterma, anche essa reversibile, che lo porta nello stato C. La trasformazione irreversibile che segue avviene abbastanza lentamente da poter considerare istante per istante ben definito lo stato termodinamico del gas, che viene mantenuto a pressione costante uguale a quella di A. A questo punto il gas viene messo in contatto con un bagno termico ad una temperatura T A ignota. Quando si raggiunge nuovamente l equilibrio termico il gas si trova nuovamente in A. Si conosce la temperatura T B, e il calore Q BC assorbito dal gas durante la trasformazione isoterma. Determinare: 1. La variazione di entropia del gas tra B e C. 2. La temperatura T A. 3. Il lavoro fatto dal gas tra C e B. 4. La variazione di entropia dell universo in un ciclo e verificare che è sempre La trasformazione isoterma è reversibile, e conosciamo il calore assorbito dal gas,quindi S BC = Q BC T B 2. La variazione dell entropia del gas, funzione di stato, è nulla in un ciclo. Possiamo quindi scrivere S AB + S BC + S CA = 0 137

138 dove S AB = nc v ln T B TA e S CA = nc p ln T A TB quindi nc v ln T B TA + Q BC T B da cui T A = T B exp( Q BC nrt B ) 3. W AB = 0, quindi + nc p ln T A TB = 0 nr ln T A TB + Q BC T B = 0 W CB = P A (V A V C ) = nr(t A T B ) = nrt B (exp( Q BC nrt B ) 1 4. l unica trasformazione irreversibile è C A, quindi la variazione dell entropia dell universo in un ciclo S u sarà data dalla somma delle variazioni d entropia del gas e della sorgente da C ad A S u = S CA + S S CA = nc p ln T A TB verifichiamo che S u 0 poniamo x T A TB + ncp T A (T B T A ) > 0 ( ( S u = nc p ln x 1 1 x)) 0 sempre, infatti: [ ( )] [ d dx ln x 1 1 x = 1 ] 1 x x = 1 (x 1) < 0 se x < 1; > 0, se x > 2 x 2 1; = 0 se x = 1 S u è crescente se T A > T B, decrescente se T A < T B, con un minimo nullo per T A = T B. ). 138

139 ( ) Un recipiente, a pareti verticali, poggia su un piano orizzontale ed è riempito, fino all altezza h = 25 cm, con una massa d acqua m a = 30 kg. In esso viene posto a galleggiare un cubo di ghiaccio di spigolo l = 20 cm. 1) Si determini la pressione sul fondo, prima e dopo la fusione del ghiaccio. 2) Dopo la fusione del ghiaccio si pratica sul fondo un foro circolare di diametro D = 20 cm; determinare la velocità di uscita dell acqua. Si assuma la densità dell acqua ρ a = 1000 kg/m 3 e la densità del ghiaccio ρ gh = 940 kg/m 3 1) La sezione orizzontale S del recipiente è uguale a V a /h dove V a è il volume dell acqua contenuta prima di introdurre il cubo; quindi S = 30 /2.5 dm 2 = 12 dm 2 Quando il ghiaccio è nel recipiente, per il principio di Archimede il peso dell acqua spostata è uguale al peso del cubo di ghiaccio: quindi il livello dell acqua prima e dopo la fusione del ghiaccio non cambia e la pressione sul fondo sarà la stessa. La parte immersa del cubo di ghiaccio (prima di fondere) vale V 1 = 940 V 1000 gh dove V gh = 8 dm 3 e quindi il volume totale occupato dall acqua e dalla parte immersa del ghiaccio è V a + V 1 = ( ) dm 3 = dm = 7.52 a cui corrisponde un altezza h 1 = (V a + V 1 ) /S = cm La pressione sul fondo vale quindi p = p o + ρ a gh 1 (g = 9.81 m/s 2 e p 0 è la pressione atmosferica) p = ( ) P a = P a = ) Applicando il teorema di Bernoulli alla sezione 1 ad altezza h 1 e alla sezione 2 sul fondo si trova: p o + ρ a gh 1 + 1ρ 2 av1 2 = p o + 1ρ 2 av2 2 ma V 1 S = V 2 π (D/2) 2 e quindi ( ( ) ) 2gh 1 = V2 2 1 π(d/2) 2 2 S 139

140 V 2 = ( 2gh 1 ( π(d/2) 2 ) 2 ) = 1 S (1 ( π 12) 2) m/s = m/s 140

141 ( ) 0.5 mol di gas ideale monoatomico occupano un volume V 1 alla pressione p 1 = 1 atm e alla temperatura T 1 = 20 C. Il gas si espande con una adiabatica irreversibile fino a V 2 = 3V 1 e poi è lasciato in quiete fino a raggiungere il nuovo stato d equilibrio 2. Successivamente, con una compressione isocora reversibile in cui il gas assorbe una quantità di calore Q = 890 J, la temperatura del gas viene riportata a T 1 in uno stato d equilibrio 3. Infine con una compressione isoterma reversibile il gas ritorna allo stato iniziale. Determinare: 1) le variazioni di entropia del gas nelle tre trasformazioni. 2) il lavoro complessivo compiuto dal gas nel ciclo. Indichiamo con 1, 2, 3 gli stati d equilibrio del ciclo Il volume nello stato iniziale vale V 1 = nrt 1 p 1 = = m 3 e i volumi degli stati 2 e 3 V 2 = V 3 = 3V 1 = m 3 Il calore assorbito da 2 a 3 vale Q = Q 23 = nc V (T 1 T 2 ) e quindi T 2 = T 1 Q nc V = ( ) K = K e S 23 = nc V ln T 1 T 2 = ln J/K = J/K la variazione d entropia della prima trasformazione vale S 12 = nc V ln T 2 T 1 + nr ln V 2 V 1 = ( 1.5 ln ln 3) J/K = J K Nella prima trasformazione adiabatica irreversibile non c è scambio di calore, nella compressione isoterma finale il calore ceduto vale Q 31 = nrt 1 ln V 1 V 2 = ( ln 1 3) J = J W 12 = U 12 = nc V (T 2 T 1 ) = ( ) = e la variazione d entropia del gas sarà ( S tot = 0 in un ciclo) S 31 = S 12 S 23 = ( ) J/K = J/K 141

142 Il lavoro fatto dal gas nell intero ciclo vale W tot = Q 23 + Q 31 = ( ) J = J 142

143 ( ) Un cilindro munito di pistone perfettamente scorrevole, contiene 0.3 mol di azoto alla pressione p. Il sistema è in equilibrio termico con un bagno di acqua e ghiaccio fondente in cui sono presenti 150 g di ghiaccio alla pressione p 0 = 1 atm. Il gas viene fatto espandere reversibilmente finchè la sua pressione diventa uguale a p 0 e al termine del processo si osserva che sono presenti 160 g di ghiaccio. Calcolare la pressione iniziale del gas e la variazione di entropia dell universo. (Entalpia di fusione del ghiaccio H = 334 kj/kg). Durante l espansione, isoterma reversibile, il gas assorbe dal bagno una quantità di calore pari a Q = m H = 3340 J; dove m = 10 g è la differenza tra la massa del ghiaccio presente alla fine e quella iniziale. D altra parte nell isoterma, Q = W = nrt 0 ln V 0 = nrt V 0 ln p p 0, ln p p 0 = 3340 nrt 0 ; da cui: [ ] 3340 p = p 0 exp nrt 0 = atm = P a = P a S g = nr ln p p 0 = ln = J K ln = La variazione di entropia del bagno termico è S b = Q T 0 = J/K = J K Ma il processo è reversibile, dunque la variazione di entropia del gas è uguale ed opposta a quella del bagno. La variazione di entropia dell universo è zero. 143

144 Il livello dell acqua in un serbatoio molto grande sul tetto di un edificio è ad un altezza da terra h 0 = 30 m. Il serbatoio fornisce acqua attraverso condutture di sezione S 1 = 20 cm 2 ai vari appartamenti. Ogni rubinetto da cui esce acqua ha una sezione di apertura pari a S 2 = 10 cm 2. Calcolare: a) Il tempo necessario per riempire un secchio di 30 dm 3 in un appartamento a 20 m sopra il livello della strada. b) La pressione differenziale (differenza tra la pressione nel punto considerato e la pressione nel punto 1) nella condotta principale, a livello del suolo, a rubinetto chiuso e a rubinetto aperto. soluzione Applichiamo il teorema di Bernoulli a un punto 1 al pelo libero del serbatoio (V 1 = 0), ad altezza h 0 della conduttura e al punto 2 all uscita del rubinetto ad altezza h (indichiamo con p 0 la pressione atmosferica e con ρ la densità dell acqua) p 0 + ρgh 0 = p 0 + ρgh ρv 2 2 si ricava V 2 = 2g (h 0 h) = m/s = 14 m s 4 m3 la portata è quindi V 2 S 2 = s e il secchio si riempie in 30/14 s = 2.14 s. = m3 s = 14 dm 3 /s 144

145 A rubinetto chiuso la pressione differenziale nel punto 3 a livello del suolo vale p 3 p 0 = ρgh 0 = P a = P a Applichiamo il teorema di Bernoulli tra il punto 1, il punto 3 nella conduttura e il punto 4 all uscita del rubinetto, entrambi a livello del suolo, a rubinetto aperto: p 0 + ρgh 0 = p 3 + 1ρV = p 0 + 1ρV quindi V 4 = 2gh 0 = = 24.3 m/s ma la portata è costante, V 3 S 1 = V 4 S 2 e quindi V 3 = S 2 S 1 V 4 = 1V 2 4 la differenza di pressione tra il punto 3 e il punto 1 vale p 3 p 0 = ρgh 0 1ρV = ρgh 0 1ρ ( 1 V ) 2 ( = ρgh ) = P a = P a 145

146 Una macchina termica funziona tra due sorgenti alle temperature t 1 = 400 C e t 2 = 900 C, fornendo una potenza W = 20 MW, con rendimento pari al 50% di una macchina di Carnot che funziona tra le stesse sorgenti. Calcolare i calori scambiati, la variazione di entropia dell universo e l energia inutilizzabile in ogni ora di funzionamento, supponendo che la macchina compia un numero intero di cicli. soluzione Il rendimento della macchina è ( ) η = T 1 T 2 = 0.5 ( ) = il lavoro erogato in un ora: W = J = J: Le quantità di calore scambiate: Q 2 = W/η = ( J) /0.213 = J, Q 1 = W Q 2 = J J = J La variazione di entropia dell universo in un ora, è uguale a quella delle sorgenti, in quanto la variazione di entropia della macchina, lavorando ciclicamente, è nulla; S u = ( Q 1 T 1 + Q 2 T 2 ) = L energia inutilizzabile vale ( E in = T 1 S u = = J ) J/K = J K In effetti se la macchina fosse reversibile il lavoro compiuto sarebbe doppio e quindi l energia inutilizzabile è proprio uguale a W 146

147 Un corpo di capacità termica C = 15 cal/k, costante nell intervallo di temperature considerato, si trova alla temperatura t 0 = 0 C. Esso viene riscaldato fino alla temperatura t 1 = 200 C in due modi diversi. 1) Ponendolo a contatto con una sorgente a temperatura t 1. 2) Ponendolo a contatto con una sorgente a temperatura t 2 = 150 C e, dopo aver raggiunto l equilibrio, con la sorgente a temperatura t 1. Calcolare la variazione di entropia dell universo nei due casi. soluzione L entropia è una funzione di stato, quindi, detta S C la variazione di entropia del corpo, in entrambi i casi risulta: S C = C ln T 1 T 0 = ln = 34.5 J/K Nel primo caso la variazione di entropia della sorgente è S T1 = C (T 1 T 0 ) T 1 = (200) J/K = 26.5 J/K, e la variazione di entropia corpo e sorgente (universo): S u = S C + S T1 = 8.0 J/K. Nel secondo caso la variazione di entropia delle sorgenti è S T2 + S T 1 = C T 2 T 0 T 2 C T 1 T 2 T 1 = 15 ( ) J/K = J/K = 28.9 J/K e la variazione di entropia dell universo: S u = S C + S T1 + S T2 = 5.6 J/K 147

148 Un recipiente è costituito da un cilindro verticale di diametro D = 9 cm, sul quale è innestato un tubo orizzontale di diametro d = 3 cm, con asse a una distanza l = 5 cm dal fondo del cilindro. All altro estremo del tubo orizzontale viene posto un tappo e il recipiente viene riempito d acqua fino all altezza h = 50 cm. Supponendo che il piano su cui appoggia il cilindro sia liscio, determinare la forza necessaria a mantenere fermo il recipiente quando viene tolto il tappo. soluzione Togliendo il tappo, l acqua esce dal tubo orizzontale. se indichiamo con V 0 e V le velocità dell acqua alle quote h (alla sommità del cilindro verticale) e l ( all uscita del tubo orizzontale), applicando il teoreme di Bernoulli si ha p 0 + ρgh ρv 2 0 = p 0 + ρgl ρv 2 Dal teorema di Leonardo si deduce che π D2 4 V 0 = π d2 4 V = V 0 = d2 D 2 V e quindi V 2 = 2g(h l) 1 d4 D 4 In un tempo dt la massa che esce dal tubo vale dm = ρ πd2 4 V dt e la sua quantità di moto è dp = dm V = ρ πd2 4 V 2 dt Il recipiente subisce una variazione di quantità di moto e quindi è soggetto a una forza di modulo f = dp = ρ πd2 V 2 = ρ πd2 2g(h l) = dt d4 D π 0.25 ( ) ( ) 1 (0.33) 4 = 6.31 N uguale ed opposta alla forza da applicare per mantenere fermo il recipiente. 148

149 Un gas ideale biatomico (2.5 mol) compie un ciclo partendo da un uno stato A (P = 2 atm, V = 30 l) : con una compressione adiabatica reversibile passa allo stato B con pressione doppia di quella iniziale, poi con una isocora reversibile passa a uno stato C con pressione tripla di quella iniziale e infine con una espansione politropica reversibile (pv k =cost) ritorna allo stato di partenza. Determinare i valori di p, V, T in A, B, C. Determinare l esponente della politropica, e la variazione di entropia del gas in tale trasformazione. Calcolare il lavoro compiuto nel ciclo. soluzione T A = p AV A nr = = K Da A a B compressione adiabatica pv γ = cost, con γ = 7/5 quindi si ha ( ) 1 p A V γ A = p BV γ B = V p γ B = A p B V A = (0.5) 5/7 V A = 18.3 l T B = p BV B nr K in C si ottiene = 2 (0.5)5/7 p AV A nr = 2 (0.5)5/7 T A = 2 (0.5) 5/ = V C = V B = 18.3 l, p C = 3p A, T C = p CV C nr = 3 (0.5)5/7 T A = 3 (0.5) 5/ K = K Tra C e A la trasformazione è politropica e si ottiene p C V k C = p AV k A = ( V C VA ) k = p A p C = k = ln ( ) pa pc ln V C VA = ln(1/3) ln((0.5) 5/7 ) = 2.22 In un ciclo la variazione d entropia è nulla, da A a B (adiabatica) l entropia non cambia quindi ( ) TC dt S CA = S BC = nc V = n 2.5 R ln T C T B T T B = ln ( 3 2) J/K = 21.1 J/K Il lavoro totale compiuto in un ciclo è la somma d W AB e W CA W AB = V B V A pdv = p A V γ A VB V A V γ dv = 1 1 γ (p BV B p A V A ) = 149

150 2.5 n R (T B T A ) = ( ) J = J W CA = 1 1 k (p AV A p C V C ) = 0.82 nr (T A T C ) = ( ) J = J Il lavoro totale vale W = ( ) J = J 150

151 Un cilindro con pareti adiabatiche è diviso da un pistone di massa trascurabile, in due scomparti uguali di cui uno è occupato da n = 0.5 mol di gas ideale monoatomico alla temperatura di 27 C, mentre l altro è vuoto. Il pistone viene sbloccato e reso libero di scorrere senza attriti, il gas può così occupare l intero volume; successivamente il pistone ritorna lentamente nella posizione iniziale. Si determini: 1) la variazione di energia interna del gas 2) la variazione di entropia del gas soluzione La prima trasformazione è una espansione libera irreversibile, quindi la temperatura T 1 = T 2 non cambia, il volume V 1 si raddoppia (V 2 = 2V 1 ), la pressione si dimezza e l energia interna non varia. La seconda trasformazione è una compressione adiabatica reversibile con V fin = V 1 quindi T V γ 1 = cost = T fin = ( V 2 V 1 ) γ 1 T2 = 2 γ 1 T 2 la variazione di energia interna sarà uguale a U = nc V (T fin T 2 ) = 1.5 nr(2 γ 1 1)T 1 = (2 2/3 1) J = J L entropia varia solo nella prima trasformazione e la variazione è S = nr ln V 2 V 1 = ln 2 J/K = 2.88 J/K 151

152 Una pompa trasferisce acqua da un recipiente ad un altro, più in alto di 5 m, attraverso un tubo. Il raggio del tubo non è costante, ma aumenta gradatamente da R 1 = 1 cm (estremità inferiore) a R 2 = 2 cm (estremità superiore). La velocità dell acqua all estremità inferiore del tubo è 8 m/s. 1) Calcolare la differenza di pressione tra le due estremità del tubo 2) Calcolare la potenza dalla pompa. soluzione L estremità più bassa del tubo si indica con 1, la più alta con 2. Le sezioni sono A 1 e A 2. L altezza del tubo è d = h 2 h 1 = 5 m, dove h 1 e h 2 sono le quote delle due estremità. Applicando il teorema di Bernoulli e l equazione di continuità A 1 V 1 = A 2 V 2, si ottiene per la differenza di pressione p = p 1 p 2 : p 1 p 2 = 1 2 ρ (V 2 2 V 2 1 ) + ρgd ma V 2 = A 1 A 2 V 1 = R2 1 R 2 2 V 1 = 1 4 V 1 p 1 p 2 = 1 2 ρ ( ) V ρgd = 10 3 (( ) ) P a = P a Il lavoro fatto in un secondo dalla pompa è, prendendo come riferimento un cilindretto di liquido contenuto nel tubo di lunghezza l, è quello compiuto dalla forza esercitata dalla differenza di pressione durante l intervallo di tempo t: P = W/ t = F l t = (p 1 p 2 ) A 1 V 1 = π W = 47.9 W 152

153 Un sistema termodinamico assorbe una quantità di calore Q 2 = 200 J da una sorgente a temperatura t 2 = 30 C, cede calore ad una sorgente alla temperatura t 1 = 70 C e torna allo stato iniziale. Non ci sono altri scambi di calore. Il lavoro prodotto è W = 50 J. 1) Calcolare il rendimento del ciclo; 2) Calcolare il valore dell integrale di Clausius esteso al ciclo. 3) Stabilire se il ciclo è reversibile o no e giustificare la risposta. 4) Calcolare la variazione d entropia dell universo e l energia inutilizzabile soluzione 1) η = W Q 2 = = ) Poichè le sorgenti sono due l integrale di Clausius si riduce ad una somma di 2 termini: Q 1 T 1 + Q 2 T 2 = ( ) J/K = J/K 3) Il ciclo è irreversibile perchè scambia calore con 2 sorgenti ma il rendimento è minore del rendimento del ciclo Carnot η C = 1 T 1 T 2 = = ) L integrale di Clausius cambiato di segno rappresenta la variazione dell entropia dell universo S u = J K L energia inutilizzabile si ottiene moltiplicando S u per T 1 E in = T 1 S u = J = 16 J ed è uguale alla differenza tra il lavoro che sarebbe compiuto da una macchina reversibile e quello effettivamente compiuto E in = W R W = ( ) J = 16.0 J 153

154 In una trasformazione politropica pv k = cost, la pressione e il volume di una certa massa di ossigeno variano da p A = 4 atm, V A = 1 l a p B = 1 atm, V B = 2 l. La temperatura iniziale è 500 K. Si determini: 1) il calore scambiato dall ossigeno con l ambiente. 2) la variazione di energia interna del gas. 3) la variazione di entropia del gas. Il numero di moli di ossigeno vale n = p AV A RT A = mol = mol e la temperatura T B = p BV B T A p A V A = 2T A 4 = 250 K. determiniamo il coeffi ciente k della politropica p A V k A = p BV k B ( V A V B ) k = p B p A L ossigeno è biatomico, quindi c V del gas vale pertanto k = p B pa ) VA ln( ) = ln 1 4 ln 1 VB 2 = 2.0 = 5 R, la variazione di energia interna 2 U = nc V (T B T A ) = ( 250) J = J dal primo principio si ha Q = U + W e quindi il lavoro compiuto vale W = V B V A pdv = p A VA 2 VB V A V 2 dv = = J il calore ceduto è Q = U + W = 304 J. La variazione d entropia del gas ha il valore S = B A dq T = nc V TB T A dt + nr V B V A dv V = nc V ln T B TA ( 2.5 ln ln 2) J = J + nr ln V B VA = 154

155 Una siringa contiene un fluido ideale con la densità dell acqua. La canna della siringa ha una sezione di area S 1 = m 2 e l ago ha una sezione di area S 2 = m 2.In assenza di una forza sul pistone, la pressione esterna è di 1 atm. Una forza F di intensità 2 N agisce sul pistone, facendo sì che il fluido schizzi orizzontalmente dall ago. Determinare la velocità del fluido quando esce dalla punta dell ago. soluzione Per il teorema di Leonardo S 1 V 1 = S 2 V 2 V 1 = S 2 S 1 V 2 = V = V 1 quindi V 1 V 2 Il teorema di Bernoulli si può quindi scrivere nella forma semplificata: p a + F S 1 = p a ρv 2 2 da cui V 2 = 2 F ρs 1 = m/s = m/s 155

156 Un cilindro rigido e adiabatico è diviso in due parti da un setto di area S = 40 cm 2, anch esso adiabatico, che può scorrere al suo interno. Una parte, di volume V 1 = 6 l, contiene 2 mol di gas ideale biatomico; l altra parte, di volume V 2 = 3 l contiene 1.3 mol dello stesso gas. Inizialmente la pressione nelle due parti è p = 10 atm ed il sistema si trova in equilibrio meccanico col setto in una certa posizione. Bloccato il setto in tale posizione e facendo venir meno la sua adiabaticità, si calcoli la forza che agisce su di esso e la variazione di entropia del sistema. soluzione Le temperature iniziali dei gas vanno determinate mediante l equazione di stato: T 1 = pv 1 n 1 R = K = K, T 2 = pv 2 = n 2 R K = K Una volta che il setto diventa diatermico, calore fluisce da una parte all altra e viene raggiunta la temperatura finale T f. Tenuto conto che l energia interna dell intero sistema è costante, nel processo la sua variazione è nulla: U = U 1 + U 2 = 0: Essendo U 1 = n 1 C V T 1 e U 2 = n 2 C V T 2 si ha U = n 1 C V (T f T 1 ) + n 2 C V (T f T 2 ) = 0 Da cui: T f = n 1T 1 +n 2 T 2 n 1 +n 2 = = K: 3.3 La forza che agisce sul setto risulta F = S(p 2 p 1 ) = SRT f ( n 2 V 2 n 1 V 1 ) = ( ) 10 3 N = N La variazione di entropia del sistema vale S = S 1 + S 2 = n 1 C V ln T f T 1 + n 2 C V ln T f T 2 = ( 2 ln ln ) = 0.55 J/K, 156

157 mol di gas ideale biatomico passano da uno stato A, p A = 20 atm, V A = 3 l, a uno stato B, V B = 3V A, con una espansione isoterma. Mediante un isobara il gas passa quindi da B a C e ritorna allo stato iniziale con una compressione adiabatica, Tutte le trasformazioni sono reversibili. Calcolare T A, p B, V C e T C, e il rendimento η del ciclo. Se al gas biatomico si sostituisse un gas monoatomico varierebbe η, e di quanto? soluzione T A = p AV A nr = K = K p B = p A V A /V B = p A V A /V B = 1 3 p A = P a = P a d altra parte si ha C p = 7 2 R e C V = 5 2 R quindi γ = C p/c V = 7 5 p C = p B e T B = T A V C TC T C V γ 1 C = T A V γ 1 A = V B TB = 3 V A TA ( ) 1/γ p A V γ A = p CV γ C, V p C = V ( A A p C = m 3 si ha perciò ( ) γ 1 V C VA = T A TC = 3 V A VC T C = (T A /3) V C VA = (T A /3) 3 1 γ = TA 3 1 γ γ ) 5/7 m 3 = 6.58 = /7 1 K = K nel ciclo viene assorbito calore nell isoterma e ceduto calore nell isobara, quindi η = 1 + Q BC Q AB Q BC = nc P (T C T A ) = 7 2 nr T A Q AB = nrt A ln 3 ) (3 1 γ γ 1 η = 1 + Q BC Q AB = 1 + 7nR T A 2 nrt A = ln 3 ( ) / ln 3 = = ( 3 1 γ γ 1 ) 157

158 se il gas fosse monoatomico γ = 5/3 e l adiabatica sarebbe più ripida con aumento dell area compresa nel ciclo e quindi del lavoro compiuto e del rendimento. ( ) η = / ln 3 =

159 16/02/17 I tubi di ingresso 1 e 2 al cilindro in figura hanno un diametro di 3 cm e il diametro del tubo di uscita è 4 cm. Alcool (densità 800 kg/m 3 ) entra dal tubo 1 alla velocità di 6 m/s, acqua entra dal tubo 2 alla velocità di 10 m/s. Assumendo un mescolamento ideale di fluidi incompressibili, calcolare la velocità di uscita e la densità della miscela. La portata di volume entrante è uguale a quella uscente, quindi: q 3 = A 1 V 1 + A 2 V 2 = (π(0.03) 2 /4) (6 + 10) m 3 /s = m 3 /s = A 3 V 3 V 3 = q 3 /A 3 = ( m 3 /s) / ( π (0.04) 2 /4 ) m 2 = 9.0 m/s Anche la portata di massa si conserva ρ alcool A 1 V 1 + ρ H2 OA 2 V 2 = ρ miscela A 3 V 3 da cui ρ miscela = ρ alcool A 1V 1 +ρ H2 O A 2V 2 kg/m 3 A 3 V 3 = 800 ((0.03)2 )(6)+1000 ((0.03) 2 )(10) (0.04) 2 9 kg/m 3 =

160 16/02/17 Una macchina di Carnot lavora tra due sorgenti a temperatura T 0 e 4T 0, un volume iniziale V 0 : a metà ciclo il volume è 64V 0. Se W e W rappresentano il lavoro fatto in un ciclo da una mole di gas monoatomico e, rispettivamente, biatomico, calcolare il rapporto W W. La differenza tra i due cicli è data dalle due adiabatiche (nel caso monoatomico γ = 5/3, nel caso biatomico γ = 7/5, l adiabatica biatomica è meno ripida e l area racchiusa che rappresenta il lavoro compiuto è minore). Usando l equazione dell adiabatica tra 2 e 3 e 2 (caso biatomico) e 3 si ha: T 0 (64V 0 ) γ 1 = 4T 0 V γ 1 2 V 2 = 64V 0 4 3/2 = 8V 0 T 0 (64V 0 ) γ 1 = 4T 0 (V 2) γ 1 V 2 = 64V 0 = 2V 4 5/2 0 Il lavoro compiuto nel caso monoatomico è ( ) V W = 3RT 0 ln 2 V 1 nel caso biatomico ( ) V W = 3RT 0 ln 2 V 1 e quindi ( W = ln V ) 2 V 0 ) W V2 = ln( ln 2 = 1/3 ln 8 V 0 160

161 16/02/17 Sono disponibili due sorgenti di calore 1 e 2 a temperature T 1 = 300 K, e T 2 = 900 K. 1) 100 cal sono tolte alla sorgente 2 e aggiunte alla sorgente 1, qual è la variazione di entropia dell universo? 2) una macchina reversibile lavora tra 1 e 2. Il calore sottratto a 2, in un ciclo, vale Q 2 = 100 cal; che lavoro compie la macchina e quanto calore è fornito a 1? 3) Qual è la variazione di entropia dell universo nella trasformazione indicata in 2)? 4) Una macchina reale lavora come pompa di calore togliendo calore a 2 e fornendolo a 1. Cosa si può dire della variazione dell entropia dell universo prodotta dalla pompa di calore? soluzione 1) La variazione d entropia dell universo è S = Q( 1 T 1 1 T 2 ) = ( 1 1 )J/K = 0.93 J K 2) il lavoro compiuto dalla macchina a ogni ciclo è ( ) W = ηq 2 = 1 T 1 T 2 Q 2 = ( 1 900) J = J Il calore ceduto alla sorgente 1 è Q 1 = Q 2 + W = J J = J 3) La variazione di entropia dell universo nella trasformazione in 2) è uguale a quella delle sorgenti S u = Q 1 T 1 Q 2 T 2 = ( ) J/K = 0 (La macchina è reversibile) 4) In questo caso la macchina non è reversibile, estrae il calore Q 1 dalla sorgente 1 e il calore Q 2 fornito alla sorgente 2 è minore del calore che sarebbe ceduto da una pompa di calore reversibile e per il teorema di Clausius: Q 1 T 1 + Q 2 T 2 < 0 e quindi la variazione d entropia dell universo è quella delle sorgenti S u = Q 1 T 1 Q 2 T 2 > 0 161

162 16/06/16 Un tubo di diametro D = 200 mm inizialmente orizzontale, ha un gomito, poi è verticale e spruzza acqua attraverso un ugello verticale a forma di tronco di cono, con un diametro d uscita d = 100 mm; la pressione aggiuntiva in un punto A all imbocco dell ugello rispetto a punto B all uscita dell ugello è p = 55 kp a, il dislivello tra il punto A e il punto B è 1.1 m. 1) Determinare l altezza h sopra l ugello a cui arriva l acqua e le velocità in A e in B. 1) Applichiamo il teorema di Bernoulli tra una sezione normale in A e la sezione superiore B dell ugello : p A ρv 2 A + ρgz A = p B ρv 2 B + ρgz B Dalla legge di Leonardo si ha: π (D/2) 2 V A = π (d/2) 2 V B e quindi V B = 4 V A che, sostituita nella equazione scritta sopra dà (p 0 è la pressione atmosferica) p 0 + p ρv 2 A + ρgz A = p o + 8ρV 2 A + ρgz B 7.5 ρva 2 = p + ρg (z A z B ) V A = ( (1.1))m/s = 2.43 m/s e quindi V B = 9.72 m/s L altezza a cui arriva l acqua sopra l ugello, per la conservazione dell energia sarà: h = V 2 B 2g = (9.72) m = 4.82 m 162

163 16/06/16 Una miscela di gas ideali è costituita da 0.1 moli di elio (monoatomico) e 0.2 moli di azoto (biatomico), inizialmente a 300 K, con volume di 4 litri. Calcolare la temperatura e la pressione della miscela quando viene compressa lentamente e adiabaticamente riducendo il volume del 10%. In seguito con una trasformazione isoterma reversibile la miscela si espande fino alla pressione iniziale e successivamente con una isobara reversibile ritorna allo stato iniziale. Calcolare il rendimento del ciclo indichiamo con A lo stato iniziale e con B lo stato dopo la trasformazione adiabatica, indicando con 1 e 2 elio e azoto si può scrivere, n = n 1 + n 2 = 0.3 mol, c V = n 1c V1 +n 2 c V2 n c p = c V + R = 19 6 R = R R 0.3 = 13 6 R γ = c p /c V = = Poichè la trasformazione da A a B è reversibile e adiabatica T A V γ 1 A = T B V γ 1 B e quindi ( ) γ 1 V T B = T A ( A V B = ) K = K Inoltre vale l equazione dei gas ideali pv = nrt p A = nrt A V A e anche l equazione p B = nrt B V B oppure = = P a = P a = P a ( ) γ p B V γ B = p AV γ A p V B = p ( A A V B = P a e V B = m 3 = m ) P a =

164 Nell espansione isoterma la miscela soddisfa l equazione p B V B = p C V C e quindi (P C = P A ) V C = p BV B p A = = m Il calore assorbito nella trasformazione BC è Q BC = nrt B ln V C VB = ln = J Il calore ceduto nell isobara CA vale Q CA = nc p (T A T C ) = il rendimento vale quindi η = 1 + Q CA Q BC = ( ) = J =

165 16/06/16 Un cilindro verticale con pareti adiabatiche è chiuso da un pistone adiabatico supposto di massa trascurabile, caricato con un peso opportuno. Il sistema contiene inizialmente 10 kg d aria a 27 C e a pressione 10 bar; la pressione esterna p 0 vale 1 bar. Si dimezza improvvisamente il peso gravante sul pistone, il quale si solleva fino a raggiungere una nuova posizione di equilibrio. Calcolare, considerando il processo adiabatico e l aria gas ideale (γ = 1.4, massa molecolare dell aria A = ): a) il lavoro compiuto dall aria compressa b) la temperatura finale e l aumento di entropia dell aria compressa d) la temperatura finale nel caso di espansione isoentropica fino alla stessa pressione finale. Indichiamo con p i, p f, V i, V f, T i, T f, le pressioni interne, i volumi, le temperature iniziali e finali e sia P il valore di ciascun peso e A l area del pistone. Nello stato d equilibrio iniziale 2P = A(p i p 0 ) e nello stato finale P = A(p f p 0 ) quindi A(p f p 0 ) = A 2 (p i p 0 ) da cui p f = 1(p 2 i + p 0 ) = 1 (10 + 1)bar = 5.5 bar 2 Il lavoro compiuto dal gas è: W = p f (V f V i ) = np f R( T f p f T i p i ) la variazione d energia interna del gas è U = nc V T = nc V (T i T f ), dal primo principio si ricava np f R( T f p f T i p i ) = nc V (T i T f ) da cui T f (c p ) = T i ( R p f p i + c V ) 165

166 ( ) 1 e quindi T f = T i + p f γ 1 γ p i = ( 1 γ Il lavoro compiuto dal gas vale W = nc V (T i T f ) = ) K = K 5 (8.314) ( ) J = J L aumento di entropia del gas è dato dall espressione: [ ] [ ] Tf S = nc p ln T i ( p f p i ) 1 γ γ = (8.314) ln ( ) 1.4 J/K = J/K, Se l aria si fosse espansa a entropia costante fino alla stessa pressione finale la temperatura finale sarebbe stata determinata dalla relazione: T f = T i( p f p i ) γ 1 γ = ( ) K = K 166

167 16/07/22 Nell ipotesi di fluido perfetto e moto stazionario calcolare la portata dell acqua che scorre nel venturimetro di figura. Nel manometro differenziale il fluido ausiliario utilizzato è il mercurio. Dati: d 1 = 300 mm d 2 = 150 mm h = 36 cm, ρ Hg = kg/m 3, ρ H2 O = 10 3 kg/m 3 soluzione Per il teorema di Bernoulli, dal confronto delle sezioni 1 e 2 e con un riferimento arbitrario per le quote, si ottiene: p 1 + ρgz 1 + 1ρV = p 2 + ρgz 2 + 1ρV dove ρ è la densità dell acqua. Poichè la portata è costante (Q = Q 1 = Q 2 ) possiamo scrivere: ( ) 2 V 1 d V 2 = 2 d 1 Dalla lettura del manometro differenziale si ottiene: p 1 + ρgz 1 = p 2 + ρg (z 2 h) + ρ Hg h cioè (p 1 + ρgz 1 ) (p 2 + ρgz 2 ) = g h ( ρ Hg ρ ) e quindi 1 ρ (V V1 2 ) = 1ρV ( 1 ( d 2 d 1 ) 4 ) = g h ( ρ Hg ρ ) 167

168 da cui si ricava: V 2 = 2g h( ρ Hg 1) ρ ) d2 4 = 1 ( d 1 La portata Q vale ( 1 2) 4 m/s = 9.73 m/s Q = V 2 π ( d 2 2 ) 2 = 9.73 π ( ) 2 = m 3 /s 168

169 16/07/22 Una mole di gas ideale monoatomico compie una trasformazione reversibile la cui equazione nel piano di Gibbs (T, S) è T = T 0 + a(s S 0 ) b(s S 0 ) 2, con a = 5K 2 mol/j, b = 0.8K 3 mol 2 /J 2. Sapendo che la temperatura finale coincide con quella iniziale T 0 = 300 K, calcolare la quantità di calore ed il lavoro associati alla trasformazione. In seguito il gas, con una isoterma reversibile, ritorna allo stato iniziale, calcolare il rendimento del ciclo. soluzione Nel diagramma (T, S) la trasformazione è rappresentata da un arco di parabola ad asse verticale e concavità rivolta in basso quindi, per un certo valore dell entropia S 1 S 0, si avrà un altro valore della temperatura pari a T 0. Segue che fra questi due stati, per il primo principio U = 0, Q = W Il calore associato alla trasformazione è Q = S 1 S 1 T ds = [T 0 + a(s S 0 ) b(s S 0 ) 2 ] ds = T 0 (S 1 S 0 ) + S 0 S 0 1 a(s 2 1 S 0 ) 2 1b(S 3 1 S 0 ) 3. Dall equazione della trasformazione, per T = T 0 si ha S 1 S 0 = a/b = 6.25 J/(K mol). Sostituendo nella precedente: Il calore associato alla trasformazione è S 1 S 1 Q = T ds = [T 0 + a(s S 0 ) b(s S 0 ) 2 ] ds = T 0 (S 1 S 0 ) + S 0 S 0 1 a(s 2 1 S 0 ) 2 1b(S 3 1 S 0 ) 3. Dall equazione della trasformazione, per T = T 0 si ha S 1 S 0 = a/b = 6.25 J/(K mol). Sostituendo nella precedente: Q = W = ( (6.25) (6.25)3) J = J. Ritornando allo stato iniziale il gas compie il lavoro 169

170 W = T 0 (S 1 S 0 ) = J = e quindi il lavoro compiuto nel ciclo vale W tot = 32.6 J e il rendimento è η = Wtot Q = = 1.71 % 170

171 16/07/22 Una macchina termica scambia calore con tre sorgenti a temperature T 1 = T, T 2 = 2T, T 3 3 = 1T. Ad ogni ciclo, la macchina assorbe il calore Q 3 1 = Q dalla prima sorgente e compie il lavoro W = 3 Q. L entropia dell universo 2 aumenta di 2Q ad ogni ciclo. T Determinare le quantità di calore Q 2 e Q 3 scambiate con le altre sorgenti e il rendimento di una macchina revrsibile che lavori con le stesse sorgenti, scambiando con le prime due sorgenti le medesime quantità di calore. soluzione Ad ogni ciclo Q 1 + Q 2 + Q 3 = Q + Q 2 + Q 3 = 3 2 Q la variazione d entropia dell universo sarà uguale, ad ogni ciclo,. variazione d entropia delle sorgenti ( ) Q S univ = T 1 + Q 2 T 2 + Q 3 T 3 = ( Q + 3 Q ) Q 3 T 2T T = 2Q T 3Q = ( 3 Q Q 3 T 2T T quindi dal sistema 1 2 Q 2 Q 3 = 1 2 Q, Q 2 + Q 3 = 1 2 Q si ottiene Q 2 = 3Q, Q 3 = 5 2 Q ) Q = 1 2 Q 2 Q 3 e quindi il rendimento della macchina sarà η = W Q 1 +Q 2 = 3 2 Q 4Q = 3 8 = La macchina reversibile avrà un rendimento η rev = Wrev Q 1 +Q 2 ma il lavoro reversibile sarà dato da W rev = Q 1 + Q 2 + Q 3,rev dove Q 3,rev è il calore ceduto alla sorgente 3 dalla macchina reversibile. In questo caso la variazione d entropia dell universo deve essere nulla e quindi ( ) Q S univ = T Q Q 3,rev = 0, 2T T 171 alla

172 ( ) Q + 9Q + 3 Q 3,rev = 0 2Q + 9Q + 6Q T 2T T 3,rev = 0, e quindi Q 3,rev = 11 Q e il lavoro compiuto è adesso 6 W rev = Q + 3Q 11 6 Q = 13 6 Q Il rendimento della macchina reversibile è η rev = 13 6 Q Q+3Q = =

173 16/09/20 Nella tubazione in figura scorre acqua. Supponendo il fluido perfetto, determinare la portata Q ed il valore della pressione nelle sezioni 1, 2 e 3, sull asse della tubazione cilindrica. Il fluido ausiliario è mercurio. (densità del mercurio ρ Hg = kg/m 3, densità dell acqua ρ = 10 3 kg/m 3, pressione atmosferica p 0 = P a) soluzione Applichiamo il teorema di Bernoulli tra il punto 1 e il punto 2 p 1 + 1ρV = p 2 + 1ρV la portata è costante Q = π ( d 1 ) 2 V1 2 = π ( d 2 ( ) 2 d V 2 = 1 V1 d 2, 2 ) 2 V2 se indichiamo con H 1 = 14 cm la differenza di quota tra il ramo a sinistra e quello a destra dei vasi comunicanti tra il punto 1 e il punto 2 si ha ( ρhg ρ ) ( ( ) ) 4 g H 1 = p 1 p 2 = 1ρ d 1 2 d 2 1 V1 2 p 1 p 2 = = P a e si ricava V 1 173