Scritto di Termodinamica - 16/02/2018

Transcript

1 Primo problema Scritto di Termodinamica - 6/0/08 Nell ipotesi di liquido perfetto (densità = 9 0 kg=m 3 ), calcolare la portata Q del sifone in gura che scarica il liquido dal recipiente no alla sezione S. Dati iniziali: quota massima del sifone rispetto al livello del liquido nel recipiente h = m, diametro del sifone: D = 0:075 m, quota della sezione di sbocco S, H = 3 m Individuare inoltre il massimo valore della portata del sifone, al variare della quota della sezione di sbocco S Soluzione. Applichiamo il teorema di Bernoulli tra un punto A del pelo libero del serbatoio e la sezione di uscita (punto S). In entrambi i punti la pressione è la pressione atmosferica p 0, ; avremo dunque (z è la coordinata verticale diretta verso l alto) p A + V A + gz A = p S + V S + gz S 0 = V S + gz S dove si è assunto z A = 0; e l ipotesi che l area della super cie libera del recipiente sia molto maggiore della sezione normale del sifone. Ma z s = H e quindi si ricava V S = p gh = p 9:8 3m=s = 7:67 m=s e la portata vale Q = V S D 4 = 7:67 (0:075) 4 m 3 =s = 33:9 l=s

2 Supponiamo adesso che la quota H dello scarico del sifone rispetto al pelo libero del serbatoio possa variare. Dato che V S = p gh, ci aspettiamo che all aumentare di H aumenti la velocità di e usso e dunque la portata scaricata. La quota H non può tuttavia essere aumentata inde nitamente. Infatti applicando il teorema di Bernoulli tra il punto M e il punto S e tenendo conto che, per la conservazione della portata, V S = V M ; si trova che la pressione p M nel punto più alto del sifone vale p M = p S g (H + h) che non può diventare negativa, (un liquido non può essere sottoposto a trazione). Il massimo valore di H; sarà quindi quello per cui in M la pressione si annulla H max = p 0 g h = : :90 3 9:8 m = 9:47 m Nota H max possiamo calcolare la portata corrispondente Q max = p gh max D 4 = p 9:8 9:47 (0:075) 4 m 3 =s = 60 l=s

3 secondo problema Un recipiente isolato di volume V = 0: m 3 è diviso in due parti uguali A e B da un setto adiabatico. In A è contenuto una mole di O alla temperatura di 0 C; in B sono contenute due moli di N alla temperatura di 50 C. Rimosso il setto, viene raggiunto lo stato di equilibrio nale. Supponendo i gas ideali, determinare temperatura e pressione nali e la variazione di entropia del sistema. Cosa cambierebbe se al posto dell azoto ci fosse ossigeno? In un sistema isolato la variazione di energia interna totale è nulla, se T f è la temperatura nale: U = U A + U B = 0; ) n A c V (T f T A ) + n B c V (T f T B ) = 0: Si ricava: T f = n AT A +n B T B n A +n B = 309:8 K; p f = (n A+n B ) V RT f = 7:7 0 4 P a. La trasformazione è irreversibile, quindi la variazione di entropia va calcolata come se ciascun gas eseguisse un espansione libera. Pertanto: S A = n A c V ln T f T A + n A R ln V A+V B V A S B = n B c V ln T f T B + n B R ln V A+V B V B La variazione totale risulta S = S A + S B = 7:40 J=K. = 7:63 J=K = 9:77 J=K. E molto importante notare che questo risultato vale quando i gas sono diversi; se al posto dell azoto ci fosse ossigeno, l entropia di mescolamento S mesc = R n A ln n A+n B n A + n B ln n A+n B n B = 8:34 ln 3 + ln 3 = 5:88 J=K si annullerebbe e la variazione d entropia sarebbe S 0 = S S mesc = (7:40 5:88) J=K = :5 J=K 3

4 terzo problema Calcolare la variazione di entropia di mol di gas ideale biatomico in una trasformazione di equazione pt = costante nella quale il volume del gas si dimezza. S = nr ln V f V i ma + nc V ln T f T i p i T i = p f T f e V i = V f e quindi poichè p i V i = nrt i e p f V f = nrt f = q q p i T p f = i V f Tf V i T f ) T f T i T f T i = =3 T i 3= = q e quindi la variazione d entropia vale S = nr ln V f V i J=K + nc V ln T f T i = 8:34 ln + :5 3 ln J=K = :3 4

5 Scritto in itinere di Termodinamica - 5/06/08 primo problema Un liquido perfetto (acqua) scorre verso il basso in un tubo a tronco di cono il cui asse è inclinato di 30 rispetto all orizzonte. Si consideri una sezione circolare di diametro 0 cm in cui l acqua ha una velocità diretta verso il basso V e la pressione p vale 3 bar. Dopo un tratto di 0 m, il tubo sempre a sezione circolare ha un diametro di 0 cm, e l acqua ha velocità V e la pressione vale bar. Determinare le velocità V, V. Cosa cambia se p aumenta di valore? Soluzione Applichiamo il teorema di Bernoulli tra i punti sugli assi delle due sezioni p + V + gz = p + V + gz La portata è costante, quindi dette A e A le aree delle due sezioni si ha A V = V A e perciò V A A = p p + gz gz V = s h i (p p ) +g(z z ) A = A V = V A A = 4: 475 m=s se p = p + g (z r (:030 5 ) +9:8(5) 000 m=s = 7:9 m=s (0:5) z ) = :5 0 5 P a l acqua si ferma; per valori superiori risale lungo il tubo..

6 secondo problema Un chilogrammo di acqua è riscaldato da una resistenza elettrica da t = 0 C a t = 99 C a pressione atmosferica costante a livello del mare. Calcolare: ) La variazione dell energia interna dell acqua. ) La variazione d entropia dell acqua. 3) Di quanto è aumentato il numero di stati dinamici accessibili dell acqua. 4) Il massimo lavoro disponibile se si usa l acqua come sorgente di calore per far funzionare una macchina con una sorgente fredda a t = 0 C La variazione dell energia interna dell acqua è U = mc (T T ) = J = 3: J e la variazione d entropia dell acqua (trascurando il lavoro compiuto dalla pressione atmosferica per la variazione di volume dovuta all aumento di temperatura) è S = mc Z T T dt = mc ln T T T = mc ln T T = 486 ln 37:5 J=K = 998:83 J=K 93:5 Dalla relazione di Boltzmann S = k B ln N, si ottiene N f N i = exp (S=k B ) = exp (7:4 0 5 ) Il massimo lavoro meccanico è quello di una macchina reversibile che lavora tra la massa d acqua a temperatura T; che varia da T e T ; e la sorgente fredda a T e che vale W max = Z T T T h i T mcdt = mc (T T ) T ln T T = :5 ln 37:5 93:5 J = J

7 terzo problema Un recipiente con pareti adiabatiche è diviso in due parti contenenti gas ideale: a sinistra il numero di moli è n, a destra n = mol; inizialmente la pressione vale 3p, il volume V a sinistra; la pressione p e il volume V a destra, la temperatura è T in ambedue le parti; il setto interno è mobile diatermico e viene poi lasciato libero di muoversi ma i gas non si mescolano. Quando si stabilisce l equilibrio quali sono le variazioni di energia interna totale e di entropia totale? Quanto valgono temperatura, pressioni e volumi all equilibrio? Cosa cambia se il setto interno è adiabatico? Dalle equazioni di stato si ottiene 6pV = n RT e pv = n RT ) n = 6 mol La pressione nale p f nei due volumi all equilibrio sarà la stessa come pure la temperatura T f = T, e quindi p f = (n + n )RT=3V = 7 3 p L energia interna non cambia La variazione di entropia totale (calcolata lungo una isoterma reversibile, ds = P dv ) assume il valore T S = 6R ln V + R ln V V V i volumi nali V a sinistra e V, a destra V + V = 3V e V = 6V = 8 7 V e V = 3 7 V e quindi S = 6R ln R ln 3 7 = 8:34 6 ln ln 3 7 J=K = 5:49 J=K 3

8 Se il setto interno è adiabatico, all equilibrio la pressione a destra sarà uguale a quella di sinistra e la condizione per l equilibrio si scrive ( e indicano i sottosistemi di sinistra e destra): dv = 0 T (du + p dv ) + T (du + p dv ) p = p all equilibrio con dv = dv ds = T T (du + p dv ) = 0 ma se il setto è adiabatico du + p dv = 0 e le temperature sono indeterminate. 4

9 Scritto di Termodinamica - 9/06/08 Primo problema Un grande serbatoio contiene aria compressa a 0 kp a. benzina di densità 0:68 kg=dm 3 ;a sinistra sopra il punto, acqua nella parte inferiore per uno spessore di m (sotto il punto ) e olio leggero, densità 0:8 kg=dm 3 a destra con uno spessore di 4 m. Trascurando gli attriti, determinare la portata di massa dall ugello di 0 mm di diametro. Fissiamo come riferimento orizzontale z = 0 la quota della super cie dell acqua, trascuriamo la velocità nel punto, la pressione in vale (indicando con la densità e con h lo spessore della benzina p = p + gh = ( :8 ) P a = : P a Applichiamo il teorema di Bernoulli tra il punto e il punto (indichiamo con h la quota del punto e con la densità dell olio) p = p 0 + V + gh e si ricava V r V = (p p 0 ) :78 m=s gh = r (: :030 5 ) 9: La portata di massa M vale (indicando con A l area della sezione dell ugello) M = AV = 800 :78 = 0:3 kg=s 00 3 =

10 secondo problema Una mole di gas ideale monoatomico subisce le seguenti trasformazioni: una trasformazione adiabatica irreversibile dallo stato iniziale O con pressione p 0 = atm e volume V 0 = :44 litri ad uno stato A. una successiva compressione isobara reversibile no a uno stato B caratterizzato da V B = V A =; Il lavoro compiuto dal gas in questa trasformazione è W AB = :5 0 3 J. Lo stato B è tale che con una trasformazione adiabatica reversibile il gas ritorna nelle condizioni iniziali. a) Si disegni il ciclo compiuto b) Si calcoli il lavoro W irr compiuto nell adiabatica irreversibile. c) Si calcolino la pressione, il volume e la temperatura negli stati A e B e la variazione di entropia nella trasformazione adiabatica irreversibile. b) Valutiamo la pressione degli stati A e B conoscendo il lavoro compiuto dal gas durante la compressione isobara: W AB = p A (V B V A ) = p A (V A = V A ) = p A V A = da cui si ha p A V A = W AB Il lavoro dell adiabatica irreversibile lo possiamo valutare solo considerando la variazione di energia interna tra gli estremi della trasformazione e otteniamo: J U AB = W irr = nc V (T A T 0 ) = c V R (P A V A P 0 V 0 ) W irr = c V R (W AB + P 0 V 0 ) = :5 ( :03 0 :44) J = 094:

11 b) Poichè B e 0 sono lungo una adiabatica reversibile le variabili termodinamiche degli estremi devono veri care la seguente relazione: p 0 V 0 = p B V B = W AB V B V B ) V p0 V B = 0 p W AB = 0 V W AB =! :030 5 (: ) 5 3 m 3 = 4:74 0 m 3 :50 3 Dal valore di V B possiamo valutare tutte le quantità termodinamiche del sistema: V A = V B = 4:74 0 = 8: m 3 p A = p B = ( W AB ) =V B = :5 0 3 = (4:74 0 ) P a = 35935:P a T A = P A V A =nr = ( : ) =8:34 = 360:84 K T B = P B V B =nr = : =8:34 = 80:4 K Per valutare la variazione dell entropia nell adiabatica irreversibile 0A consideriamo la variazione dell entropia in tutto il ciclo. S ciclo = S OA + S AB + S B0 = 0 La trasformazione B0 è una adiabatica reversibile pertanto non si ha variazione di entropia: S B0 = 0 ) S AB = S OA la variazione di entropia per una trasformazione reversibile di un gas ideale, può essere espressa tramite la seguente formula: S AB = nc V ln p B p A + nc p ln V B VA = nc p ln = :5 8:34 ln J=K = 4:407 J=K S OA = 4:407 J=K 3

12 terzo problema Una certa quantità di ossigeno è contenuta in un cilindro verticale con un pistone di area S = 00 cm e massa trascurabile collegato tramite una molla ad un sostegno rigido. Inizialmente il volume del gas è V 0 = 5 l, la pressione è pari a quella esterna p 0 = atm (la molla è quindi nella sua posizione di riposo) e la temperatura è t 0 = 30 C. Lasciando il sistema a contatto con l ambiente esterno, esso si porta alla temperatura ambiente t = 7 C e il pistone si solleva di h = cm. (a) Qual è la massa del gas (massa molecolare M = 3)? (b) Quanto valgono la pressione p e il volume V nali? (c) Qual è il valore della costante elastica k della molla? (d) Qual è il lavoro compiuto durante la trasformazione? (e) Quanto Q il sistema ha assorbito dall ambiente? (Trattare il gas come un gas ideale) Dall equazione dei gas ideali a) p 0 V 0 = nrt 0 ) n = p 0 V 0 =RT 0 = (: ) = (8:34 43:5) mol = 0:5 mol e quindi la massa del gas avrà il valore m = n=m = 8 g b) Il volume nale vale V = V 0 + hs = ( ( 0 ) ( 0 )) m 3 = 0:0054m 3 e la pressione nale p = nrt=v = (0:5 8:34 300:5) =0:0054 = :5 0 5 P a c) La forza F esercitata dalla molla ha il valore F = kh, dove F = (p p 0 ) S e quindi la costante elastica k è uguale a k = (p p 0 ) S=h = (:5 :03) 0 5 N=m = 3700 N=m d) Il lavoro compiuto nella trasformazione irreversibile dal gas è uguale, a meno del segno, a quello compiuto dalla molla 4

13 Z h W el = kxdx = kh = 0: ( 0 ) J = :74 J 0 sommato a quello compiuto dalla pressione atmosferica (cambiato di segno) W g = p 0 (V V 0 ) = : ( 0 ) ( 0 ) J = 40:5 J W tot = W el + W g = 43:6 J e) Dal primo principio si ricava Q Q = U + W tot = nc V (T T 0 ) + W tot = = 0:5 :5 8: :6 J = 339:45 J 5

14 Scritto di termodinamica - 7/07/08 primo problema Una conduttura in cui scorre dell acqua ( uido ideale, = kg=dm 3 ) è posta in modo tale che la seconda estremità è posta 50 cm più in alto rispetto alla prima, ed è aperta ed a contatto con l atmosfera. La portata con cui scorre il uido è pari a 5 l=min. La sezione del tubo al primo estremo vale S A = cm, mentre la sezione al secondo estremo, quello rialzato, vale S B = 0:5 m :Calcolare: ) quanta acqua uisce nel tubo in 3 secondi; ) la velocità dell acqua ai due estremi; 3) quanto vale la pressione all estremo di entrata. Siano rispettivamente A e B le due estremità del tubo. ) In 3 secondi (/0 di minuto) passano 5/0 litri d acqua = 0.5 litri. la portata vale Q = =60 m 3 =s = 8: m 3 =s ) V A = Q=S A = 8:330 5 m=s = 0:4 m=s (0 4 ) V B = Q=S B = 8:330 5 (0:5) m=s = : m=s 3) applichiamo il teorema di Bernoulli ai punti A e B a quote z A e z B rispettivamente p A + V A + gz A = p B + V B + gz B poniamo z A = 0; d altra parte p B = p 0 (pressione atmosferica), quindi p A = p 0 + gz B + (V B V A ) = : :8 0: = : P a (: ) (0:4) =

15 secondo problema Una mole di gas ideale è contenuta in un cilindro verticale delimitato superiormente da un pistone orizzontale mobile privo di massa e senza attriti, avente un diametro di 0 cm, in equilibrio termico e meccanico con l ambiente esterno alla temperatura di 5 C e alla pressione di bar. Sul pistone viene improvvisamente appoggiata una massa di 00 kg che provoca la compressione del gas no a un nuovo stato d equilibrio. Sapendo che l accelerazione di gravità è 9:8 m=s, determinare il lavoro fatto sul gas, la variazione di entropia del gas, dell ambiente e dell universo. De niamo innanzitutto gli stati iniziale e nale del gas. Sappiamo che il gas è mantenuto in equilibrio termico con l esterno, quindi la sua temperatura è T = 98 K. Per lo stato iniziale si ha p 0 = bar, T 0 = T = 98 K, V 0 = nrt 0 =p 0 = 8:34 98 =: m 3 = 0:045 m 3 Valutiamo ora la pressione nale p f del gas; essa deve essere la somma della pressione esercitata dal pistone e del contributo aggiuntivo dovuto alla massa applicata (forza peso/area della super cie): p f = p 0 + mg=r = : :8 P a = :6 0 5 P a (50 ) Quindi lo stato nale è caratterizzato da p f = :6 0 5 P a, T f = T 0 = 98 K, V f = RT f= p f = 8:3498 :60 5 m 3 = :09 0 m 3 Il lavoro compiuto sul gas nella compressione (irreversibile) a p ext = p f = cost è quindi dato da W = p f (V f V 0 ) = :6 0 5 (:09 0 0:045) = 3076:3 J La variazione d entropia del gas calcolata lungo un isoterma reversibile è data da S gas = R ln p f p 0 = 8:34 ln :6 J=K = 6:68 J=K :03 Per calcolare la variazione d entropia dell ambiente dobbiamo valutare il calore Q ceduto dal gas, ma la temperatura del gas non è cambiata e quindi U = Q W g = 0

16 dove W g è il lavoro compiuto dal gas e quindi Q = W g = La variazione di entropia dell ambiente è data da S amb = Q = 3076:3 J=K = 0:3 J=K T 98 e la variazione d entropia dell universo è S u = S gas + S amb = ( 6:68 + 0:3) J=K = 3:64 J=K 3076:3 J 3

17 terzo problema Una mole di gas ideale monoatomico, a partire da uno stato di equilibrio termodinamico a temperatura T A = 300 K e volume V A = dm 3 compie le seguenti trasformazioni; ) Una trasformazione isobara A! B, ottenuta ponendo a contatto il gas con un termostato a temperatura T B incognita. ) Una espansione libera adiabatica no a uno stato C; 3) Una isocora ottenuta ponendo a contatto il gas con un termostato a temperatura incognita T D < T C, 4) Una compressione adiabatica reversibile, con cui ritorna allo stato di partenza. Sapendo che V B = V A e che V C = 3V A determinare: a) Le temperature T B ; T C ; T D b) Il rendimento del ciclo. c) La variazione di entropia del gas e dell ambiente in un ciclo. Le trasformazioni A! B; B! C; e C! D sono irreversibili. a) Da A a B la pressione è costante, quindi p A = p B = nrt A V A = 8: P a = : P a T B = p BV B = p AV A = 600 K nr nr Da B a C si ha un espansione libera adiabatica e perciò T C = T B = 600 K; p C = nrt C V C = nrt B 3V A = nrt A 3V A Da C a D (compressione adiabatica reversibile) = 3 p A = 3 : P a = : P a p D V D = p AV A ) p D = p A V A VD = : P a = 3: P a T D = p DV D nr = 3: :34 K = 44:3 K b) Per il calcolo del rendimento occorre calcolare i calori scambiati dal gas Q AB e Q CD Q AB = c p (T B T A ) = 5 8: K = 635:5 J Q CD = c V (T D T C ) = 3 8:34 (44:3 600) K = 5683:9K = + Q CD Q AB = 5683:9 635:5 = 0:088; 4

18 oppure W DA = :5 8:34 (44:3 300) J = 94:6 J Q AB = W AB + U AB = (494: + :5 8:34 300) J = 635:5 J = W AB+W DA Q AB = 494: 94: 6 635:5 = 0:088 c) In un ciclo la variazione d entropia del gas è nulla; la variazione d entropia dell ambiente è quella dei termostati nelle trasformazioni A! B e C! D e quindi vale S amb = Q AB T B Q CD T D = 635:5 600 ( 5683:9) 44:3 J = 9:06 J 5

19 Scritto di Termodinamica del 8/09/08 Primo problema Un galleggiante cubico di lato L = : m ha una massa m g = 80 kg ed è ancorato mediante una catena di massa trascurabile ad un blocco di cemento di massa m b = 680 kg. Nella con gurazione normale il galleggiante è immerso per Z = 3 cm e il blocco è adagiato sul fondo. Calcolare: a) la forza con cui è sollecitata la catena; b) l innalzamento dell acqua Z necessario per sollevare il blocco dal fondo. a) La spinta di Archimede sul galleggiante vale F A = gv = gl Z = 000 9:8 :44 0:3 N = 349 N Questa forza equilibra il peso del galleggiante P g e la forza F con cui è sollecitata la catena; si ha allora F A = P g + F ) F = F A P g = F A m g g = ( :8) N = 483:N. b) Per sollevare il galleggiante e il blocco di cemento, la spinta deve essere almeno pari a F 0 A = P g + P b ) gl (Z + Z) = (m g + m b ) g = 9:8 ( ) N = 8437 N e l innalzamento del pelo libero deve essere almeno pari a Z = mg+m b L Z = : 0:3 L 0 3 : = 0:367 m

20 secondo problema Una macchina termica funziona con due sorgenti, una vasca di alluminio fuso a t = 660 C e un blocco di mercurio solido a t = 38.9 C. La macchina funziona solidificando g di alluminio e fondendo 5 g di mercurio ad ogni ciclo. Il calore latente di fusione dell alluminio è λ Al = J/kg, il calore latente di fusione del mercurio è λ Hg = J/kg. Qual è il rendimento della macchina e qual è il rendimento di una macchina di Carnot che funzioni tra le stesse temperature? Il calore necessario per fondere il mercurio è Q = m Hg λ Hg = J = 77 J e quello necessario a solidificare l alluminio vale Q = m Al λ Al = J = 397 J Il lavoro compiuto in un ciclo è W = Q + Q = 0 J Il rendimento è η = W Q = 0 = 0.55 = 55 % 397 il rendimento di una macchina di Carnot sarebbe η = T T = = = 74.9 %

21 terzo problema Una mole di gas perfetto monoatomico compie la seguente trasformazione ciclica: ) A B trasformazione isobara reversibile con p A = atm, V A = l e V B = l; ) B C trasformazione isocora reversibile; 4) C A trasformazione isoterma reversibile. a) Dopo avere disegnato la trasformazione nel piano (p,v), determinare le coordinate termodinamiche (p, V, T ) per i tre stati A, B, C, e la variazione di energia interna U lungo ciascuna trasformazione; b) Calcolare il calore assorbito, il calore ceduto ed il lavoro W compiuto nel ciclo e il rendimento. Soluzione: p A B C V A V A V a) La trasformazione ciclica è caratterizzata dalle seguenti coordinate termodinamiche: p A = P a, V A = 0 3 m 3, T A = p A V A /R = =.8 K p B = P a, V B = 0 3 m 3, T B = p B V B /R = = KV C = V C = V B = 0 3 m 3, T C = T A =.8K p C = RT C V C = = P a. Le variazioni di energia interna lungo i rami della trasformazione sono le seguenti: U AB = nc V T AB = J = 5.96 J

22 U BC = nc V T BC = (.85) J = 5.96 J U CA = 0 In un ciclo il calore Q scambiato è uguale al lavoro W compiuto Il calore assorbito nella trasformazione A B vale Q AB = U AB + W AB = nc V T AB + p A (V B V A ) = ( )J = 53.6 J Il calore ceduto nella trasformazione B C vale Q BC = U BC = nc V T BC = 5.96 J mentre nella trasformazione C A è Q CA = W CA = 70.9 J A C pdv = RT A A C dv V = RT A ln V A V A = ln = quindi Q = Q AB + Q BC + Q CA = W = ( ) J = 3. J Il rendimento vale η = W Q AB = 3. =