Scritto di Termodinamica - 22 febbraio 2017

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1 Scritto di Termodinamica - febbraio 07 Primo problema Un serbatoio di 3 m x 4 m viene alimentato da una falda sotterranea. Contemporaneamente, viene svuotato attraverso una tubazione del diametro di 5 cm. Calcolare la portata di alimentazione, sapendo che, quando la velocità media nella tubazione di scarico è di 5 m/s, il livello della superficie libera aumenta di.5 cm/min. Soluzione Per continuità, la differenza tra massa entrante Q me e massa uscente Q mu nell unità di tempo è uguale alla variazione nell unità di tempo della massa m contenuta nel serbatoio. Per cui Q me Q mu = dm dt Essendo l acqua un fluido a densità costante, la relazione precedente vale anche con riferimento ai volumi. Pertanto, la differenza tra volume entrante Q e e volume uscente Q u nell unità di tempo è uguale alla variazione nell unità di tempo del volume di liquido W contenuto nel serbatoio. Cioè Q e Q u = dw dt La portata uscente, essendo V u = 5m/s la velocità media nel tubo di scarico, di diametro D u = 0.05 m, risulta Q u = V u πd u 4 = 5 π = m 3 /s Il livello del liquido nel serbatoio, di sezione trasversale di area A, aumenta con velocità V r =.5 cm/ min, per cui la variazione del volume W nell unità di tempo è dw/dt = A V r = /60 m 3 /s = m 3 /s Conseguentemente Q e = Q u + dw/dt = m 3 /s m 3 /s = 0.03 m 3 /s

2 Secondo problema Una macchina termica irreversibile opera tra due sorgenti, una a temperatura t = 0 C e l altra a temperatura t = 73.5 C, producendo in un ciclo un lavoro W e assorbendo dalla sorgente una quantità di calore Q e cedendo alla sorgente la quantità di calore Q.Tra le stesse sorgenti opera anche una macchina frigorifera reversibile che, utilizzando il lavoro W prodotto dalla prima macchina, assorbe dalla sorgente una quantità di calore Q = 000 cal e cede alla sorgente una quantità di calore Q. uguale, in modulo, alla metà del calore Q. Determinare: ) Il rendimento η della macchina irreversibile ) I lavori compiuti e i calori scambiati tra le sorgenti e le macchine in un ciclo. ) La variazione dell entropia complessiva delle sorgenti in un ciclo. Soluzione Il rendimento della macchina irreversibile è pari a η = W Q ma poichè Q /Q =,possiamo scrivere (denotando con η il rendimento di una macchina reversibile che lavori tra e, assorbendo una quantità di calore Q e producendo un lavoro W ) η = W ( Q ) = η questa macchina è la macchina di Carnot che, usata al contrario, corrisponde al frigorifero reversibile e il cui rendimento vale η = T T = = 0.5 pertanto il rendimento della macchina irreversibile è η = = 0.5 per la macchina reversibile Q T + Q T = 0 Q = T T Q = 000 cal = 000 cal e quindi il lavoro compiuto per far funzionare il frigorifero reversibile sarà: W = Q + Q = 000 cal (è il lavoro prodotto dalla macchina irreversibile cambiato di segno) Le quantità di calore scambiate saranno Q = 000 cal (è un dato iniziale) ceduto dalla sorgente al frigorifero

3 Q = W + Q = 000 cal ceduto alla sorgente dal frigorifero Q = Q = 4000 cal ceduto dalla sorgente alla macchina irreversibile Q = W Q = 3000 cal ceduto dalla macchina irreversibile alla sorgente la variazione di entropia complessiva delle due sorgenti in un ciclo sarà prodotta solo dalla macchina irreversibile S sorg = Q T Q T = ( ) J/K = 5.3 J/K 3

4 Terzo problema 0.5 mol di gas ideale monoatomico sono allo stato iniziale d equilibrio in un recipiente di volume V, a pressione p = atm e a temperatura t = 0 C uguale alla temperatura dell ambiente. Il volume viene aumentato rapidamente fino a V = 3V e il sistema lasciato in quiete in modo da raggiungere un nuovo stato d equilibrio. Successivamente una trasformazione isocora reversibile riscalda il gas fino alla tempe ratura iniziale t fornendo al gas il calore Q = 890 J. Infine con una compressione isoterma reversibile il gas ritorna allo stato iniziale. Determinare: ) La variazione d entropia del gas nella prima trasformazione. ) Il lavoro complessivo compiuto dal gas in un ciclo. 3) La variazione d entropia dell ambiente in un ciclo soluzione Calcoliamo V e V V = nrt p = m 3 = dm 3, V = 3V = 36 dm 3 Il calore assorbito dal gas nella isocora reversibile vale Q = nc V (T T ) e quindi T = T Q/nc V = /( )K = 50.4 K La variazione d entropia nella prima trasformazione è S = nc V ln T T + nr ln V V = (.5 ln ln 3) J/K = J/K Nella prima trasformazione rapida non c è scambio di calore con l ambiente. Nella compressione isoterma il calore ceduto dal gas è Q 3 = nrt ln V V 3 = ln 3 = 339 J Il lavoro totale (negativo) compiuto dal gas è pari al calore ceduto all ambiente W = Q + Q 3 = ( ) J = J Quindi la variazione d entropia dell ambiente vale S amb = (Q + Q 3 ) /T = (448.9/93.5) J/K =.53 J/K 4

5 Scritto di Termodinamica - 9 giugno 07 Primo problema Un tronco di cono di altezza h, raggio di base inferiore R, raggio di base superiore R e densitá ρ aderisce perfettamente al fondo di un recipiente. Il recipiente é riempito fino al livello L > h di un liquido di densitá ρ L > ρ. Determinare per quale valore massimo di R /R l oggetto rimane sul fondo. soluzione Se il corpo non aderisse al fondo, le forze agenti su di esso sarebbero solo la forza peso e la spinta di Archimede. Nella situazione considerata é necessario sottrarre la spinta dovuta alla pressione sulla base e aggiungere la reazione vincolare N del fondo del recipiente. Abbiamo quindi all equilibrio (V è il volume del corpo) (ρ L ρ) V g ρ L glπr + N = 0 e per non avere distacco é necessario che N > 0. Questo significa ρ L glπr > (ρ L ρ) V g ρ L glπr > (ρ L ρ) g h 3 π (R + R + R R ) da cui + R R + R R < 3L h ρ L ρ L ρ Questo significa che il rapporto R /R non deve essere troppo grande, più esattamente R /R < + 3L h ρ L 3 ρ L ρ 4 Notare che per ρ L < ρ il corpo rimane sempre sul fondo.

6 Secondo problema Un recipiente adiabatico a forma di prisma retto è diviso in due parti separate da una parete verticale diatermica Le due parti di sezioni orizzontali rispettivamente S e S, contenenti rispettivamente n = 6 mol di gas ideale monoatomico e n = mol di gas ideale biatomico, sono delimitate superiormente da due pistoni adiabatici, liberi di scorrere senza attrito, di massa m e m. Lo stato iniziale è d equilibrio e i pistoni si trovano alla stessa altezza h 0 rispetto alla base. Trascurare la pressione esterna, determinare: ) il rapporto m /m ) La variazione della temperatura se si fornisce reversibilmente al sistema una quantità di calore uguale a 400 cal. 3) Il rapporto tra le variazioni di altezza dei due pistoni h / h causate dalla trasformazione precedente. soluzione Dette p e p le pressioni delle due parti, e T 0 la temperatura iniziale del sistema, le equazioni di stato si scrivono p S h 0 = n RT 0, p S h 0 = n RT 0 da cui si ricava p S p S = n n Poichè i pistoni sono in equilibrio dovrà essere m g = p S e m g = p S e quindi m m = n n = 3. ) La trasformazione è reversibile, quindi deve essere isobara, il calore Q totale assorbito dai gas sarà: Q = Q + Q = (n c p + n c p ) T dove c p = 5 R e perciò T = c p = 7 R Q n c p +n c p = (5+7)8.34 K = 3.04 K 3) Il lavori compiuti dai due gas valgono rispettivamente W = p S h e W = p S h Le variazioni di energia interna per i gas valgono

7 U = n c v T e U = n c v T e dal primo principio si ricava W = Q U = n R T e W = Q U = n R T e quindi W W = n n = p S h p S h = m m ( h / h ) h / h = n n m m = 3

8 Terzo problema Un gas ideale poliatomico (n =.5 mol, c p = 4R) che si trova inizialmente in uno stato d equilibrio con pressione p A = 3 atm e V A = 0 l, segue un ciclo composto dalle seguenti trasformazioni: ) A B : espansione isobara reversibile fino a un volume V B = V A ) B C : espansione adiabatica reversibile fino a un volume V C = 3V A 3) C A : compressione politropica reversibile pv k = cost. fino a tornare in A ) Disegnare il ciclo nel piano pv ) Calcolare i valori di p,v,t in A,B,C 3) Determinare l esponente k della politropica e la corrispondente variazione d entropia del gas. 4) Calcolare il lavoro compiuto dal gas in un ciclo e valutare il rendimento del ciclo. soluzione La temperatura dello stato iniziale è T A = p AV A = = nr nell espansione isobara p B = p A, T A VA = T B VB T B = V B VA T A = = K da B a C il sistema segue l adiabatica e quindi ( ) γ p B V γ B = p CV γ C p V C = B pb VC = ( 4/3 3) P a = P a T C = p CV C nr = = K Gli stati C e A appartengono alla stessa politropica pv k = cost.e quindi p A V k A = p CV k C ( V C VA ) k = p A p C k = ln ( ) pa pc ) VC = ln( VA ln( ) ln(3) = 0.49 Per il calcolo della variazione d entropia S CA sfruttiamo il fatto che in un ciclo la variazione d entropia del gas è nulla, quindi, poichè nell adiabatica BC S BC = 0, si ha S CA = S AB = B A dq T = nc TB dt p T A T 4nR ln = ln = 34.6 J/K Calcoliamo i lavori compiuti nel ciclo: 4 = nc p ln ( T B TA ) =

9 W AB = p A (V B V A ) = p A V A = nrt A = = 6078 J W BC = γ (p CV C p B V B ) = 3nR (T C T B ) = ( ) J = 4608 J W CA = k (p AV A p C V C ) = k nr (T A T C ) = ( ) = 8906 J 0.5 Il lavoro totale vale W = W AB +W BC +W CA = ( ) J = 780 J il rendimento è dato da η = W Q AB dove il calore Q AB vale Q AB = nc p (T B T A ) = (487.37)J = 43 J = e quindi η = =

10 Scritto di Termodinamica 9/07/07 primo problema Un grande serbatoio alimenta, tramite una tubazione di 50 mm di diametro, un piccolo serbatoio, inizialmente vuoto, dal cui fondo fuoriesce, un tronchetto di tubazione del diametro di 50 mm. Tra la sezione di sbocco sul fondo del serbatoio e la superficie libera del serbatoio di alimentazione il dislivello è di 5 m. Calcolare quale valore dell altezza d acqua si stabilisce nel serbatoio piccolo in condizioni stazionarie. soluzione Nelle ipotesi di moto permanente e di fluido incomprimibile, tra un punto del liquido all interno del serbatoio grande, alla quota z m della superficie libera rispetto ad un generico piano di riferimento, e la sezione u di sbocco della tubazione che alimenta il serbatoio piccolo, la cui quota è pari alla quota z v incognita della superficie libera del serbatoio piccolo, per il teorema di Bernoulli, si ha gz m = gz v + V u Analogamente, tra un generico punto del liquido all interno del serbatoio piccolo, alla quota z v della superficie libera, e la sezione s di sbocco del tronchetto di tubazione che fuoriesce dal serbatoio piccolo, dove la pressione è quella atmosferica, per il teorema di Bernoulli, si ha gz v = gz s + V s In condizioni stazionarie, la portata in ingresso nel serbatoio piccolo deve essere uguale a quella in uscita. Essendo uguali i diametri della tubazione che alimenta il serbatoio e della tubazione da cui il liquido defluisce, affi nchè siano uguali le portate deve valere la condizione V s = g(z m z v ) = V u = g(z v z s ) da cui z m z v = z v z s z v = (z m + z s ) Quindi, in condizioni stazionarie, il livello nel serbatoio piccolo si porta ad una quota che è la media tra quella del serbatoio grande e quella della

11 sezione di sbocco del tubo che fuoriesce dal serbatoio piccolo. Introducendo il dislivello h = z m z s si ha z v = (z m + z s ) = z m h Nel caso in esame, trascurando il dislivello tra il fondo del serbatoio piccolo e la sezione di sbocco s, si ha h = 5 m. Pertanto, in condizioni stazionarie, il serbatoio piccolo sarà pieno per un altezza di.5 m secondo problema Un gas ideale biatomico compie un ciclo reversibile: prima una espansione isobara da A a B, e una espansione adiabatica fino a C; successivamente con una compressione isobara e una compressione adiabatica il gas torna allo stato iniziale passando per uno stato D. ) Disegnare il ciclo nel piano pv ) Determinare il rendimento del ciclo in funzione di p A e p C (p A = p C ) 3) Quale temperatura è più alta e quale è la più bassa durante il ciclo? 4) Mostrare che un ciclo di Carnot operante tra queste due temperature ha un rendimento maggiore di quello del ciclo considerato. soluzione Il calore è scambiato nelle due isobare e quindi il rendimento della macchina vale: ( ) γ η = + Q CD Q AB = T C T D T B T A = T D = T D p γ TA TA = C p A = = 0.8 perchè nelle adiabatiche T A P T B P γ γ A γ γ B = T D P = T C P γ γ D γ γ C ma p A = p B e p C = p D e quindi T C TD T C T D T B TA = T B TA Dalle equazioni di stato e dalle equazioni delle adiabatiche si vede che la temperatura massima è T B e la minima è T D. Il rendimento della macchina di Carnot è η C = T D TB > T D TA = η perchè T A > T B.

12 terzo problema Un gas ideale biatomico (n = mol) occupa il volume V A alla pressione di atmosfera e alla temperatura di 300 K, successivamente percorre un ciclo reversibile con una trasformazione isoterma fino a uno stato B con volume V B = V A, una isocora fino a C con p C = p A, e infine, con una politropica ( 4 pv k = cost ) ritorna allo stato iniziale. Disegnare il ciclo nel piano pv e determinare: ) I valori di V A, p B, T C e l esponente k della politropica. ) Il lavoro complessivo compiuto nel ciclo e il rendimento del ciclo. 3) La variazione d entropia del gas lungo la politropica e il valore del calore specifico nella politropica. soluzione Il volume dello stato iniziale è V A = nrt A p A = m 3 = m 3 La pressione p B = p AV A V B = P a = P a La temperatura T C = p A 4nR (V A) = p A V A /nr = T A / = 50 K Tra C e A la trasformazione è politropica e quindi p C V k C = p AV k A p A p C = ( V C VA ) k k = ln ( ) pa pc ln( VC VA ) = ln 4 Il lavoro compiuto dal gas in un ciclo è pari a W = W AB + W CA dove W AB = nrt A ln e W CA = V A p A [ 494. J V A V C pdv = V C V A ln =.0 ( V B VA ) = ln J = J V C p A V k A V k dv = V k A p A VA V C V k dv = V k A p A [ ] VA V k = k V C V A ] = p C V C p A V A = nr [T C T A ] = 8.34 ( 50) J = e quindi W = ( ) J = J W Il rendimento η è dato da Q AB +Q CA dove Q CA è il calore assorbito lungo la politropica 3

13 con Q AB = W AB Per calcolare la variazione d entropia tra C ed A è suffi ciente integrare la relazione: ( ) ( ) dt ds = nc V + nr dv S T T V A S C = nc V ln A V T C + nr ln A V C = ln J/K = 7.88 J/K Per calcolare il calore specifico c lungo la politropica T V k = cost, poichè dq = nc V dt + pdv = nc V dt + nrt dv V differenziando lungo la politropica si ottiene: V k dt + (k ) T V k dv = 0 dv = V dt k T e sostituendo nella relazione precedente si ha dq = n ( ( )) ( c V + RT V V k T dt = n cv k ) R dt e perciò c = c V R k = 5 R R = 3 R, posso allora calcolare il calore Q CA = nc (T A T C ) = 3 R (T A T C ) = = J Il rendimento vale quindi η = W Q AB +Q CA = = 0.4 4

14 Scritto di Termodinamica 0/09/06 Primo problema Nella tubazione in figura scorre acqua. Supponendo il fluido perfetto, determinare la portata Q ed il valore della pressione nelle sezioni, e 3, sull asse della tubazione cilindrica. Il fluido ausiliario è mercurio. (densità del mercurio ρ Hg = kg/m 3, densità dell acqua ρ = 0 3 kg/m 3, pressione atmosferica p 0 = P a) soluzione Applichiamo il teorema di Bernoulli tra il punto e il punto p + ρv = p + ρv la portata è costante Q = π ( d ) V = π ( d ) V ( ) d V = d V, se indichiamo con H = 4 cm la differenza di quota tra il ramo a sinistra e quello a destra dei vasi comunicanti tra il punto e il punto si ha ( ρhg ρ ) ( ( ) ) 4 g H = p p = ρ d d V p p = = 76 P a e si ricava V

15 (ρhg ρ) g H V = La portata vale ( ( ) ) ρ d 4 = d Q = π ( d ) V = π ( ( ( 30 5) 4 ) = 5.68 m/s ) = 0.40 m 3 /s Tra il punto e il punto 3 la sezione non cambia e la quota è la stessa quindi p = p 3 Indichiamo con H 3 = 0 cm l altezza del mercurio nel tubo immerso nella bacinella e con H 3 = m l altezza della colonna d acqua soprastante La pressione p 3 sarà data dalla pressione atmosferica diminuita della pressione esercitata dalla colonna di acqua e mercurio ρ Hg g H 3 + ρ g H 3 = 9.8 ( ) = 30 P a e quindi p 3 = ( ) P a = 7880 P a p = p + 76 P a = ( ) P a = 9544 P a

16 secondo problema Un atleta di massa M = 70 kg beve m = 450 g di acqua a C. (a) Calcolare l aumento di entropia del sistema supponendo che il corpo dell atleta non si raffreddi. (b) Supponendo che invece il corpo dell atleta sia raffreddato dall acqua, e ipotizzando che il suo calore specifico sia uguale a quello dell acqua, calcolare la variazione di entropia. Confrontare i due risultati. soluzione (a) Il corpo dell atleta si comporta come una sorgente ideale di calore, e rimane a temperatura costante. Il calore scambiato tra atleta ed acqua è perciò il calore necessario per scaldare l acqua da C a 37 C. Sapendo che il calore specifico c dell acqua è 486 J/kgK, si ottiene che Q c = mc (T c T a ) dove T c = 30.5 K e T a = 75.5 K Poiché il corpo cede calore a temperatura costante, la sua variazione di entropia S c è data da: S c = Qc T c = J 30.5 K =.57 J K. Per calcolare la variazione di entropia dell acqua S a occorre tenere conto del fatto che la sua temperatura cambia; pertanto si ha che S a = T c m a c dt T T a = m ac ln Tc T a = ln 30.5 J 75.5 K = 5.55 J K Quindi l aumento di entropia del sistema è dato da S tot S tot = S c + S a =.98 J K. (b) Se anche il corpo cambia temperatura, occorre innanzitutto trovare la temperatura finale di equilibrio. Si deve richiedere che il calore ceduto dal corpo Q c sia uguale, cambiato di segno, al calore assorbito dall acqua Q a, e quindi: Mc (T f T c ) = mc (T f T a ) da cui si ricava la temperatura finale T f : T f = MTc+mTa M+m = K = K Per ricavare gli aumenti di entropia S a e S c, occorrerà integrare come nel punto (a). S a = S c = T f mc dt T T a T f Mc dt T T c = mc ln T f T a = mc ln T f T a = ln J 75.5 K = 4. J K = Mc ln T f T a = ln K = 07.9 J K e quindi S tot = ( ) J K = 6.3 J K > S tot del caso (a). J 3

17 terzo problema Una macchina termica compie un ciclo di Carnot e a ogni ciclo compie il lavoro W = 40 kj. Il rendimento vale 0.35 e la temperatura della sorgente fredda è 40 C, si determinino: a) la temperatura della sorgente calda; b) le quantità di calore scambiate; c) la variazione di entropia delle due sorgenti. soluzione Nel ciclo di Carnot il rendimento è η = T T, dove T = ( ) K è la temperatura della sorgente fredda quindi la temperatura della sorgente calda T vale T = T η = K = K per il rendimento η si ha η = W Q e quindi il calore assorbito Q in un ciclo è Q = W η = J = J d altra parte, per il primo principio, il calore ceduto Q vale Q = W Q = ( ) J = J Le due sorgenti di calore avranno, in modulo, la stessa variazione di entropia J S = Q T = K = 37.7 J K = S 4

18 primo problema Termodinamica - scritto del 7//07 Un recipiente cilindrico verticale di sezione orizzontale S è riempito no ad una altezza h di acqua e per la parte rimanente di vapore saturo. Sul fondo è praticato un foro di sezione S S, collegato ad una conduttura che nel tratto nale riduce la sua sezione a S < S. Fornendo calore al sistema si mantiene la pressione del vapore ad un valore p. Nella conduttura si innesta un cilindro verticale aperto M, come in gura. I diametri della conduttura sono tutti di lunghezza trascurabile rispetto ad h.. Che altezza h raggiunge l acqua nel cilindro M se l apertura di sezione S è mantenuta chiusa?. Si apre adesso la conduttura, e in breve tempo si raggiunge lo stato stazionario. Calcolare la nuova altezza h del liquido in M e la velocità con la quale l acqua esce dalla conduttura. 3. Detta V la velocità calcolata al punto precedente, calcolare quanto calore è necessario fornire al sistema per unità di tempo per mantenere le condizioni stazionarie. Indicare con = 3:3 0 5 J=kg il calore latente di evaporazione, con V = 0:6 kg=m 3 la densità del vapore e con = 0 3 kg=m 3 la densità dell acqua. Esprimere numericamente tutte le grandezze richieste quando p = p atm; h = 0 m; S = 30 cm ; S = 0 cm : Soluzione ) In questo caso la pressione sul fondo è la stessa ovunque e deve essere

19 p + gh = p atm + gh e quindi h = h + P Patm P = h atm g g = 0 m : :8 m = 4:84 m ) A conduttura aperta, detta V la velocità nel tratto di sezione S dal teorema di Bernoulli segue che m=s p + gh = p atm + gh + V = p atm + V e dalla conservazione della massa S V = S V Risolvendo abbiamo q (p+gh V = p atm) h = V g = q gh p atm = S S = () 9:8 9 m = 5:49 m q 0 3 9:8:3 : m=s = 3) Dato che la sezione S è molto grande possiamo considerare h costante. Man mano che il liquido de uisce è necessario rimpiazzarlo con nuovo vapore saturo, per mantenere costante la pressione p. La massa di vapore da creare per unità di tempo è V V S che corrisponde alla massa di liquido da far evaporare. Quindi il calore da fornire in un secondo è Q = V V S = 3: : J = 78 J

20 secondo problema Una macchina frigorifera esegue un ciclo utilizzando due moli di gas perfetto monoatomico che inizialmente si trovano in uno stato caratterizzato da p = atm e V = 0 l. Il gas viene ra reddato a volume costante nchè la pressione non diventa uguale a metà del valore iniziale e successivamente viene scaldato a pressione costante no a V 3 = 3V. In ne il gas viene riportato allo stato iniziale lungo la trasformazione rettilinea che congiunge direttamente lo stato 3 con lo stato. Calcolare: a) i parametri termodinamici mancanti e disegnare il ciclo nel piano (p; V ); b) lavoro e calore in ognuna delle tre trasformazioni; c) l e cienza della macchina frigorifera che esegue il ciclo; d) la variazione di entalpia lungo la trasformazione lineare. Soluzione a) T = p V =nr = :84 K; T = =T = 60:9K; T 3 = (3=) T = 8:76K b) Per l isocora W = 0; per l isobara W 3 = p (V 3 V ) = : (0 0 3 ) J = 06 J nella trasformazione rettilinea W 3 = (p + p 3 ) (V 3 V ) = = 3039 J Le quantità di calore scambiate valgono: Q = nc V (T T ) = :5 8:34 60:9 = 59:5 J Q 3 = nc p (T 3 T ) = :5 8:34 :84 = 5064:9 > 0 Q 3 = U 3 + W 3 = nc V (T T 3 ) + W 3 = ( 59:5 3039) J = 4558:J c) Il calore assorbito vale Q ass = Q 3 3

21 il lavoro totale compiuto sul sistema è W = W 3 + W 3 = l e cienza del frigorifero è = Q ass = j W j= 5 d) la variazione di entalpia tra 3 e H 3 = (U + P V ) 3 = nc V (T T 3 ) + nr(t T 3 ) = nc p (T T 3 ) = 53:4 J 03 J 4

22 terzo problema Una mole di gas perfetto monoatomico compie un ciclo reversibile costituito dalle seguenti trasformazioni: AB espansione isoterma da V A = l a V B = 0 l; BC compressione isobara no a V C = 4 l; CD compressione adiabatica no a p D = :7 atm; DA compressione isocora no a p A = 0 atm: a) Determinare le altre coordinate termodinamiche dei punti del ciclo b) Disegnare il ciclo c) Calcolare il rendimento del ciclo d) Calcolare la variazione di entropia per ogni trasformazione. Soluzione n = ; = 5=3 a) per A si trova T A = p A V A =R = 0 0:3=8:34 = 486:55 K per B: p B = p A V A =V B = (0 =0) : P a = 4: P a per C: T C = V CT B V B = 4 486:55 K = 94:6 K 0 per D T D = T C V C V D b) = 94:6 () =3 K = 308:94 K c) Per il calcolo del rendimento = Wtot Q ass occorre calcolare W tot = W AB + W BC + W CD W AB = Q AB = nrt A ln V B VA = 650:5 J W BC = p B (V C V B ) = 43: J e Q ass = Q AB + Q DA 5

23 Q BC = U BC + W BC = nc V (T C T B ) + W BC = 607:9 J Q CD = U CD = nc V (T D T C ) = 45:7 J Q CD = 0 W DA = 0 Q DA = U DA = nc V (T A T D ) = 5:0 J W tot = 653:6 J Q ass = Q AB + Q DA = 875:5 J Il rendimento vale = Wtot Q ass = 653:6 875:5 = 0:304 Le variazioni d entropia hanno i seguenti valori: AB isoterma, S AB = nr ln V B VA = 8:34 ln 5 J=K = 3:38 J=K BC isobara; S BC = nc p ln T C TB = :5 8:34 ln 94:6 J=K = 9:04 J=K CD adiabatica reversibile; S CD = 0; 486:55 DA isocora; S DA = nc V ln T A TD = :5 8:34 ln 486:55 J=K = 5:66 J=K 308:94 6