QUESITI DI FISICA RISOLTI A LEZIONE TERMODINAMICA

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1 QUESITI DI FISICA RISOLTI A LEZIONE TERMODINAMICA Un recipiente contiene gas perfetto a 27 o C, che si espande raggiungendo il doppio del suo volume iniziale a pressione costante. La temperatura finale è [a] 540 o C [b] 600 o C [c] 54 o C [d] 300 o C [e] 327 o C Soluzione. Scriviamo l equazione di stato del gas sia per lo stato iniziale che per quello finale: P V i = nrt i, P V f = nrt f, dove abbiamo tenuto conto del fatto che la trasformazione è isobara. Facendo il rapporto delle due equazioni otteniamo V f V i = T f T i = 2. Ricaviamo subito la temperatura finale, purchè si faccia attenzione alla conversione tra temperatura centigrada e temperatura assoluta: t f = T f 273 = 2 ( ) 273 = 327 o C. Risposta corretta [e].

2 La valvola di una bombola si apre quando la pressione del gas contenuto in essa raggiunge 45 atm. Se il gas si trova inizialmente alla temperatura di 87 o C ed alla pressione di 30 atm., la temperatura del gas alla quale si aprirà la valvola è [a] 540 o C [b] 267 o C [c] 130,5 o C [d] 174 o C [e] 58 o C Soluzione. Scriviamo l equazione di stato relativamente agli stati iniziale e finale: P i V = nrt i, P f V = nrt f, dove abbiamo tenuto conto della natura isocora della trasformazione. Facendo il rapporto delle due equazioni possiamo legare la variazione di pressione a quella di temperatura: P f P i = T f T i, da cui ricaviamo la temperatura finale alla pressione di apertura della bombola: T f = ( ) = = 540 K. 2 La temperatura centigrada finale sarà t f = = 267 o C. Risposta corretta [b].

3 Due moli di gas perfetto monoatomico vengono portate dalla temperatura di 50 o C a 200 o C in condizioni isocore. Quanto calore è stato fornito al gas? [costante universale dei gas R = 8,314 J/K]. [a] 3741 cal [b] 3,741 J [c] 3741 J [d] 7482 J [e] 7482 cal Soluzione. Scriviamo il I Principio della Termodinamica: U = Q L = Q, in quanto in una isocora L = 0. Per conoscere Q è sufficiente calcolare U, che dipende solo dagli stati iniziale e finale. Sappiamo che per un gas perfetto per cui U = 3 2 nrt, Q = U = 3 2 nr T = , = 3741 J. Risposta corretta [c].

4 Durante una trasformazione adiabatica si verifica che [a] se il gas si espande, la sua temperatura diminuisce [b] se il gas si espande, la sua temperatura cresce [c] il lavoro compiuto dal gas è sempre nullo [d] la temperatura rimane costante [e] l energia interna rimane costante Soluzione. Dal Primo Principio U = Q L = L, perchè per ipotesi Q = 0. Se il gas si espande lavorando contro una pressione esterna compie lavoro, per cui L < 0, ovvero U = U f U i < 0. Alla fine dell espansione l energia interna è diminuita, il che è segnalato dalla diminuzione di T in quanto Risposta corretta [a]. U = 3 2 nrt.

5 Complemento. Come sono legati pressione e volume in una trasformazione adiabatica? p i V γ i = p f V γ f, dove p i,v i sono la pressione e il volume iniziale del gas, e p f,v f le corrispondenti quantità finali. Dal I Principio, essendo il calore scambiato eguale a zero per ipotesi du = dq pdv = pdv. Ora sappiamo che per un gas perfetto U differenziando, = nc V T, ovvero, per cui otteniamo du = nc V dt, nc V dt = pdv. Dall equazione di stato pv = nrt otteniamo anche da cui d(pv ) = pdv + V dp = nrdt, pdv + V dp pdv + V dp ndt = =, R C P C V dove abbiamo fatto uso della relazione di Mayer C P C V = R. Eliminando ndt nell espressione del I Principio otteniamo C V pdv + V dp C P C V = pdv. Moltiplicando tutto per il denominatore otteniamo C V pdv + C V V dp = C P pdv + C V pdv,

6 ovvero C V V dp = C P pdv. Dividiamo tutto per C V pv dp p = C P dv C V V. Definiamo il rapporto dei calori specifici molari come γ C P, C V per ottenere dp p = γ dv V. Se i differenziali sono uguali saranno uguali anche le quantità integrate, pf p i dp Vf p = γ V i dv V. Ora si ha pf dp p i p = ln p f ln p i = ln p f, p i e analogamente per l integrale sul volume, per cui alla fine si ottiene ( Vi ln p f = γ ln V ) γ f = ln. p i V i V f Dall uguaglianza dei logaritmi segue quella degli argomenti, ( ) γ p f Vi =. p i V f Si ottiene in tal modo l equazione delle trasformazioni adiabatiche reversibili [o equazione di Poisson] p f V γ f = p iv γ i.

7 N.B. Il valore di γ dipende dalla natura del gas e dai gradi di libertà molecolari attivi. gas C V C P γ C P /C V monoatomico 3 2 R 5 2 R 5 3 biatomico (b.t.) 5 2 R 7 2 R 7 5 biatomico (a.t.) 7 2 R 9 2 R 9 7 1, 67 1, 40 1, 30 Calori specifici molari e loro rapporti per gas perfetto monoatomico e biatomico. Nota. Abbiamo usato la regola di differenziazione del prodotto di due funzioni d(fg) = dfg + fdg. Infatti, dalla derivata di un prodotto otteniamo d (fg) dx = df dx g + f dg dx d(fg) d (fg) dx = dfg + fdg dx

8 Un gas perfetto con γ = 1, 3 si trova inizialmente alla temperatura di 273 K e alla pressione di 10 5 Pa. Se viene compresso adiabaticamente in modo da dimezzarne il volume, quanto valgono pressione e temperatura finali? [a] P f = 246 kpa, T f = 336 K [b] P f = 100 kpa, T f = 336 K [c] P f = 246 kpa, T f = 273 K [d] P f = 100 kpa, T f = 273 K [e] P f = 273 kpa, T f = 100 K Soluzione. Usiamo l equazione delle adiabatiche per scrivere p i V γ i = p f V γ f ( ) γ Vi p f = p i = 2 1, = 2, = 246 kpa. V f Per ricavare la temperatura possiamo usare ora l equazione di stato per scrivere p f V f = nrt f, p i V i = nrt i, T f = p fv f T i = 1 p f T i = 1 2, = 336 K. p i V i 2 p i Risposta corretta [a].

9 N.B. In condizioni isoterme (T = cost.) con un dimezzamento del volume avremmo avuto un raddoppio della pressione, come richiesto dalla legge di Boyle. In condizioni adiabatiche la pressione finale è più grande (246 kpa contro i 200 della trasformazione isoterma). Ciò si spiega ricorrendo al I Principio U = Q L. A T = cost. abbiamo U = 0, Q = L; il lavoro fatto sul gas viene ceduto sotto forma di calore dal gas perchè la temperatura non cambi. Nella compressione adiabatica, invece,tutto il lavoro viene trasformato in aumento di energia interna U = L > 0, provocando un maggior innalzamento di pressione e temperatura.

10 Un gas ideale, in contatto con un serbatoio termico, si espande reversibilmente in condizioni isoterme, sino a raddoppiare il suo volume. Se n sono le moli di gas, la variazione di entropia del serbatoio vale [a] 0 [b] nr ln 2 [c] nr ln 2 [d] per rispondere è necessario conoscere la temperatura T del termostato [e] per rispondere è necessario conoscere il volume del gas Soluzione. Poichè la trasformazione è reversibile, la variazione totale di entropia sarà pari a zero: S g + S t = 0. La variazione di entropia del gas può essere calcolata partendo dalla sua definizione valida per trasformazioni reversibili ds g = dq T. Usiamo in primo luogo la Prima Legge della Termodinamica du = dq pdv, osservando che du = 0 perchè la temperatura non varia, per scrivere dq = pdv, ovvero ds g = pdv T. Possiamo eliminare la temperatura incognita T usando l equazione di stato pv = nrt T = pv nr. Sostituendo nella definizione di ds g avremo

11 ds g = nr pdv pv = nrdv V. Abbiamo così scritto la variazione di entropia solo in termini di variazione di volume. Integrando S g = nr Vf V i dv V = nr (ln V f ln V i ) = nr ln V f V i = nr ln 2. Osserviamo che S g > 0. La variazione di entropia del termostato sarà allora eguale in modulo e opposta S t = S g = nr ln 2 < 0. Si noti che la variazione di entropia del termostato risulta indipendente dalla temperatura T alla quale avviene l espansione del gas. Risposta corretta [c].

12 Un cubetto di ghiaccio di massa m = 10 g, viene gettato in un lago a temperatura t = 15 o C. Quando il cubetto si è sciolto, e l acqua che lo costituiva si è portata in equilibrio termico con quella del lago, quanto vale la variazione di entropia totale? [Calore di fusione del ghiaccio c f = J/kg]. [a] 0 J/K [b] -0,70 J/K [c] 0,70 J/K [d] 70 J/K [e] -70 J/K Soluzione. Osserviamo che, poichè il trasferimento di calore dal lago al cubetto avviene sotto una differenza finita di temperatura, la trasformazione è irreversibile. Inoltre possiamo considerare il lago come un serbatoio termico la cui temperatura T 0 nel processo non varia. Calcoliamo dapprima la variazione di entropia del lago, tenendo conto che T = T 0 = cost.; f dq S l = i T = Q, T 0 dove Q è il calore ceduto dall acqua del lago al cubetto. Esso è costituito di due contributi: (1) Il calore fornito per fondere il ghiaccio alla temperatura di fusione T f = 273 K (0 o C): Q 1 = Q f = mc f. (2) Il calore ceduto per portare l acqua del cubetto da T f = 273 K alla temperatura finale T 0 = = 288 K del lago: Avremo allora Q 2 = mc H2 O (T 0 T f ).

13 S l = Q T 0 = Q 1 + Q 2 T 0 = m T 0 [c f + c H2 O (T 0 T f )]. Coi dati del problema si ha S l = 288 [ ( ) ] 13, 74 J/K. Veniamo ora alla variazione di entropia del ghiaccio. Poichè l entropia è una funzione di stato possiamo immaginare di riscaldare il cubetto in modo reversibile per provocarne prima la fusione, portandolo successivamente sino alla temperatura di equilibrio T 0. Per quanto riguarda la fase di fusione del ghiaccio, durante il cambiamento di stato la temperatura del ghiaccio non cambia, per cui T S g (1) dq = T T = mc f. T f Nella fase di riscaldamento da T f a T 0 avremo invece Ora per cui avremo S (2) g = T0 T f T0 T f dq T = mc H 2 O T0 T f dt T. dt T = ln T 0 ln T f = ln T 0 T f, In definitiva S g = S g (1) + S g (2) S (2) g = mc H2 O ln T 0 T f. = m ( cf + c H2 O ln T ) 0 T f T f,

14 ovvero, coi dati del problema S g = ( ln 288 ) 273 La variazione totale di entropia sarà allora 14, 44 J/K. S u = S g + S l = 14, 44 13, 74 = 0.70 J/K, positiva, in accordo con la natura irreversibile del processo. Risposta corretta [c].

15 Una macchina termica ha un rendimento del 20% ed assorbe una quantità di calore di 20 kcal. Il lavoro prodotto è [a] 1 kcal [b] 4 kcal [c] 8 kcal [d] 12 kcal [e] 16 kcal Soluzione. Ricordiamo la definizione di rendimento che nel caso presente è del 20%: Si ottiene immediatamente Risposta corretta [b]. η = L Q 1 = = 1 5. L = Q 1 5 = 20 5 = 4 kcal.

16 Una macchina termica ha un rendimento del 25%, e produce un lavoro di 5000 J. La quantità di calore ceduta all ambiente è [a] 5 kj [b] 10 kj [c] 15 kj [d] 20 kj [e] 25 kj Soluzione. Partiamo dalla definizione di rendimento, ricordando che esso si può scrivere sia in termini di lavoro prodotto e calore assorbito, sia in funzione dei soli calori assorbito e ceduto: η = L Q 1 = Q 1 Q 2 Q 1 = 1 Q 2 Q 1. In termini delle quantità di calore scambiate abbiamo 1 Q 2 = 25 Q = 1 4, ovvero Q 2 = 3 Q 1 4. Abbiamo il calore ceduto una volta sia noto il calore assorbito: Q 2 = 3 4 Q 1 = 3 L 4 η = 3 4 Risposta corretta [c] = J.

17 La variazione di entalpia in una reazione chimica fornisce il calore scambiato nel corso del processo purchè la trasformazione avvenga [a] a pressione e temperatura costanti [b] in condizioni isobare [c] in modo reversibile [d] a volume e pressione costanti [e] in condizioni isocore Soluzione. Sappiamo che H = Q purchè P = cost. Risposta corretta [b].

18 Due macchine di Carnot lavorano la prima tra le temperature T 1 = 600 e T 2 = 300 K, la seconda tra le temperature T 1 = 1200 e T 2 = 600 K. Quale delle due ha maggior rendimento? [a] La prima macchina [b] La seconda macchina [c] Hanno lo stesso rendimento [d] Hanno lo stesso rendimento se usano come sostanza lavorante gas perfetto [e] Per rispondere è necessario conoscere la sostanza lavorante Soluzione. Il rendimento di una macchina di Carnot non dipende dalla sostanza lavorante, ma solo dalle temperature dei due serbatoi tra i quali la macchina opera. Avremo in questo caso η = 1 T 2 T 1 = 1 T 2 T 1 per cui il rendimento sarà lo stesso. Risposta corretta [c].,

19 Una macchina lavora reversibilmente tra due temperature assegnate T 1 = 600 K e T 2 < T 1, con un rendimento del 25%. Se la temperatura della sorgente calda viene portata a 750 K, quale è il nuovo rendimento della macchina? [a] 80 % [b] 20 % [c] 25 % [d] 40 % [e] 100 % Soluzione. La macchina è una macchina di Carnot, il cui rendimento dipende solo dalle temperature: η = 1 T 2 T 1. Essendo η = 25/100 = 1/4 si ha immediatamente T 2 : ( T 2 = 1 1 ) T 1 = T 1 = 450 K. Il nuovo rendimento sarà allora η = = = 0, 4, ovvero del 40 %. Risposta corretta [d].