Compito intercorso Fisica II ICI 1 giugno 2006 1 Due recipienti uguali, isolati termicamente dall'ambiente esterno, sono connessi da un condotto con un rubinetto, inizialmente chiuso. Uno dei recipienti contiene azoto alla temperatura di 50 o C e l'altro contiene ossigeno alla temperatura di 25 o C. La pressione iniziale è P 0 =1 atm in ambedue i recipienti. Il rubinetto viene aperto e i gas si mescolano. Calcolare la temperatura finale e la pressione finale, una volta raggiunto l'equilibrio. Si possono trattare i gas come perfetti e trascurare lo scambio di calore tra i gas e le pareti che li contengono. Dalla legge dei gas perfetti si ha il rapporto tra il numero di moli dei due gas P 0 =n 1 R P 0 =n 2 R 2 = qundi: n 1 = 2 n 2 I gas si espandono senza compiere lavoro e adiabaticamente. Si può porre nulla la variazione di energia interna. Da ciò si ricava la temperatura finale che dipende solo dalle temperature iniziali e dalle quantità relative dei due gas: 5 U 1 U 2 =n 1 2 R n 5 1 2 2 R =U = 5 2 f 2 R n n 2 f f = n 1 n 2 2 n 1 n 2 = n 1 La pressione finale è data da 2 n 1 2 2 2 1 n 1 1 2 1 n 2 = 2 2 2 =310.14 o K P = n 1 n 2 R f P n n R 1 1 2 2 = n n 2 R f 0 Da cui P=P 0 = 1 atm Il fatto che un gas sia ossigeno e l'altro azoto serve solo a stabilire che sono biatomici.
Un recipiente contiene elio a bassa pressione. Il gas viene riscaldato, a volume costante, attraverso una parete diatermica del recipiente, fino ad una temperatura 2 =400 o K. Durante questa trasformazione l'entropia del gas aumenta di S= 4 J/ o K. Il gas viene poi mantenuto alla temperatura 2 mentre compie una espansione reversibile fino a tornare alla pressione iniziale. Calcolare il lavoro compiuto durante l'espansione isoterma. Basta mostrare che il rapporto tra i volumi nell'espansione è uguale al rapporto tra le temperature nel riscaldamento isocoro Nella trasformazione isocora S= 3 2 n R log 2 Nella trasformazione isoterma: L=n R 2 log Sapendo che siamo tornati alla stessa pressione nel punto finale: =n R 2 e che nel punto iniziale: =n R Segue che il rapporto tra le temperature è uguale al rapporto tra i volumi: = 2 Quindi: S= 3 2 L 2 L= 2 3 S 2 =1067 J Un gas perfetto biatomico viene riscaldato a volume costante da uno stato iniziale di equilibrio fino ad una temperatura di 600 o K. In seguito a questa trasformazione la sua entropia aumenta di S=5 J/ o K. Poi, tramite una isoterma reversibile il gas torna alla pressione iniziale. Calcolare il lavoro compiuto dal gas. Identico al problema precedente. Cambiano solo i dati iniziali ed il fatto che il gas è biatomico: L= 2 5 S 2 =1200J
Un gas ideale di massa m e peso atomico A, compie una trasformazione quasistatica da un punto (, ) ad un punto (P 2, ) su un piano di Clapeyron rappresentata da un segmento di retta decrescente come mostrato in figura. (, ) (P 2, ) Calcolare l'espressione della temperatura assoluta in funzione del volume e la relazione che deve sussistere tra gli stati iniziali e finali perché la massima temperatura sia raggiunta nello stato corrispondente al punto medio del segmento Il punto medio del segmento deve essere tangente ad una isoterma (, ) (P 2, ) Il coefficiente angolare della retta passante per il segmento è: P 2 L'equazione dell'isoterma: P= n R V la derivata: d P R =n = n R d V V V =P V calcolata nel punto medio del segmento deve essere uguale al coefficiente angolare della retta P 2 = P 2 2 2
Questa relazione si semplifica facilmente: =P 2 cioé, anche gli estremi del segmento stanno su una isoterma. Una trasformazione reversibile di un gas perfetto monoatomico è descritta dalla equazione 3 V=costante. Calcolare il calore specifico molare del gas durante la trasformazione stessa. Segue dall'ipotesi che nella trasformazione per una variazione d di temperatura: 3 2 V d 3 dv=0 3 d dv V =0 Mentre per un gas perfetto si ha, sempre: dq=c V d P dv=c V d n R dv V Sostituendo la relazione trovata per la particolare trasformazione all'incremento percentuale di volume dv/v : dq=c V d P dv=c V d n R 3 d quindi dq= C V 3nR d e la capacità termica per mole è: c v = 3 2 R3R
Una macchina termica compie un ciclo reversibile costituito da un triangolo come in figura nel diagramma -S. Calcolare il rendimento di tale macchina e dimostrare che è inferiore al rendimento di un ciclo di Carnot che scambia calore alle stesse temperature. 2 A A' C B S S 1 S 2 Se la trasformazione è reversibile possiamo scrivere: d S= dq cioè: dq=ds L'area sotto la curva AB rappresenta allora il calore assorbito dal sistema Q 2 e l'area sotto la curva BC il calore ceduto dal sistema Q 1. Nel processo CA, invece, l'entropia non varia e non c'e' scambio di calore. Quindi: L=Q 2 Q 1 corrisponde all'area del triangolo ABC: Il ciclo di Carnot AA'BC compie un lavoro doppio 2 L e assorbe una quantità di calore, pari ad L, in più. Quindi: =1 L =2 2 Q 2 L Detto '=L/Q 2 il rendimento del ciclo dato: 1 =2 ' 1 ' quindi: '= 2
Calcolare il rendimento di un ciclo reversibile svolto da azoto a bassa pressione, consistente in due trasformazioni isobare ( /P 2 =4) e due trasformazioni isoterme ( =300 o K, 2 =400 o K). 2 P 2 Basta osservare che nelle isoterme il rapporto tra i volumi è uguale al rapporto tra le pressioni: =n R P 2 =n R Quindi: P 2 = Allora il calore assorbito è: Q 2 = 7 2 n R 2 nr 2 ln 4 Il calore ceduto Q 1 = 7 2 n R nr 2 1 1 ln 4 7 2 2 ln 4 =1 7 2 2 2 ln 4 =15.32 % Un gas perfetto monoatomico compie un ciclo reversibile consistente in una espansione alla pressione costante P 2, una espansione isoterma alla temperatura 2 =373 o K, una compressione isobara a = P 2, /3, infine una trasformazione isoterma a =273 o K fino a tornare allo stato iniziale. Calcolare il rendimento del ciclo. Analogo al problema precedente. 5 2 ln 3 2 1 2 =1 =16.65 % 5 2 2 ln 3
Un recipiente a pareti adiabatiche è diviso in due parti uguali. In una viene fatto il vuoto, l'altra parte contiene una mole di gas perfetto biatomico a temperatura 0 =300 o K. Le due parti sono separate da un setto che viene rimosso. Una volta raggiunto l'equilibrio, il gas viene poi compresso adiabaticamente e reversibilmente fino ad occupare di nuovo il volume iniziale. Calcolare la variazione di energia interna e di entropia e del gas nel processo complessivo. 0 espansione U=0 S=R log =R log 2 compressione adiabatica U= 5 2 R 0 S=0 2V 1 0 =V 1 =2 1 0 1= 7 5 1= 2 5 =395.9 o K Nel processo complessivo: U= 5 2 R 0 =1992.3J S=R log =R log 2 =5.76 J/ 0 K
Una mole di un gas perfetto monoatomico è contenuta in un recipiente ed occupa inizialmente un volume =20 litri alla pressione di una atmosfera. Successivamente il gas subisce le seguenti trasformazioni: (i)compressione isoterma, reversibile, fino ad un terzo del volume iniziale ( = /3), (ii) espansione isobara, fino al volume iniziale ; adiabatica reversibile fino al volume. Calcolare la variazione di entropia e di energia interna dopo le tre ' 3 atm 3 atm 1 atm = /3=20/3 =20 Lungo la adiabatica V 1 = V 2 3 = ' V 3 3 2 2 2 '=3 3 =3 3 3 Dalla legge dei gas perfetti per allo stato iniziale = 243.72 o K Per l'entropia: Isoterma S=R log 1 3 Isobara S= 5 2 R log = 5 2 R log = 5 2 Rlog 3 Adiabatica S=0 In totale: S=R log 1 3 5 2 R log 3 = 5 2 1 R log 3 = 3 2 R log 3 =13.7 J/ o K Per l'energia: U= 3 2 R 3 2 3 3 =15929J
Un sistema segue la trasformazione ABC in figura e durante tale trasformazione assorbe la quantità di calore Q =5 10 5 J, compiendo il lavoro L= 3 10 4 J. Calcolare il calore assorbito nella trasformazione AB'C, se in questa trasformazione il lavoro compiuto è invece L' = 1.5 10 4 J. Se il sistema ritorna da C ad A seguendo il percorso tratteggiato, ed il lavoro compiuto sul sistema è L'' = 5 10 4 J, qual'è il calore scambiato in tale trasformazione? P B A C B' V Nella trasformazione ciclica ABC e in quella AB'C la variazione di energia interna è identica. Per il primo principio: U=Q L=Q ' L' Q '=QL L'=4.85 10 5 J La trasformazione ABCA è ciclica. La variazione di energia interna è complessivamente nulla. U=0=Q L Q ' 'L ' ' Q ' '=L L ' 'Q=5.2 10 5 J ricordare che L ' '=510 4 0 (lavoro compiuto sul sistema) Il calore ceduto dal sistema all'ambiente è Q ' ' =5.210 5 J
E' data una sostanza di massa 300 g, il cui calore specifico dipende linearmente dalla temperatura assoluta: c=a b dove a= 0.25 cal/g o K e b= 3 10-3 cal/g o K 2 La sostanza è contenuta in un recipiente isolato termicamente. Se si dispone di una macchina che produce calore per attrito con un rendimento del 50 %, calcolare qual'è il lavoro necessario per innalzare la temperatura della sostanza da = 400 o K a 2 = 500 o K. 2 Q=m a b d=a 1 2 b 2 2 2 2 =300 160 cal Il lavoro necessario è: L=2 Q=48000 2 4.186=4.0210 5 J P A B C V Un gas perfetto biatomico di massa m = 3.96 g compie una trasformazione irreversibile AB, come in figura, tra due stati, A e B, su due diverse isoterme, alla stessa pressione P A =P B, con una variazione di entropia S=8.29 J/ o K. Sapendo che P A =10 P C, calcolare il peso molecolare del gas e dire di che gas si tratta. Prendiamo come trasformazione reversibile che porta da A a B il tratto di isoterma AC più il tratto di isocora BC. S=nR log 5 2 n R log 2 D'altra parte nella isoterma, a temperatura costante, se la pressione diminuisce di un fattore 10, il volume aumenta dello stesso fattore 10. Nella isocora, a volume costante, se la pressione aumenta di un fattore 10, anche la temperatura aumenta dello stesso fattore. S=nR log 10 5 n R log 10 =3.5n R log 10 2 S n= 3.5R log 10 =0.124= m A 3.5m R log 10 A= =32.006 S Si tratta evidentemente di O 2
Un recipiente rigido ed isolato termicamente è diviso in due parti uguali, comunicanti tra loro mediante una valvola. Una delle due parti contiene n=5 moli di un gas perfetto, nell'altra parte è stato fatto il vuoto. La valvola viene aperta, fino a che due moli di gas fluiscono nella parte inizialmente vuota. La valvola viene quindi richiusa. Calcolare qual'è la variazione di entropia. La variazione di entropia è la somma dei contributi della espansione libera di n 1 =2 moli di gas che passano ad occupare la parte vuota di volume V e di quella delle restanti n 2 =3 che rimangiono nella parte originaria, anch'essa di volume V. Il volume finale nei due casi è lo stesso. Il volume iniziale è proporziaonale al numero di moli stesso: = n 2 n 1 con V= quindi: = 2 5 V = 3 5 V S=n 1 R log 5 2 n 2 R log 5 3 =27.98 J/ o K Nel caso si lasciasse il rubinetto aperto le moli si dividerebbero in parti uguali nei due recipienti: n' 1 =n' 2 =2.5 ed il volume sarebbe raddoppiato per ambedue le parti: S=5 R log 2 =28.81 J/ o K
Una mole di un gas perfetto monoatomico esegue una trasformazione reversibile che lo porta da un volume iniziale V 0 ad un volume finale = 6 V 0 e da una pressione P 0 ad una pressione = 3 P 0 Calcolare le variazioni di entropia e di energia interna del gas. (P 0, V 0 ) (2P 0, 6V 0 ) Lungo una trasformazione reversibile: ds= dq Per il primo principio, ds= dq = du L applicato ad un gas perfetto: ds= dq = C d V PdV Possiamo esprimere una variazione di temperatura in funzione di una variazione di pressione e di volume: nr =PV nrd=pdv VdP Da cui: Sostituendo nella espressione per ds : ds= dq =nr c V d R P dv= c V PdV VdP nr R dv=nc dv V V n c dp V P nr dv V Per la relazione di Mayer: c P =c V R Si ha infine: ds= dq =n c dv P V n c dp V P Una variazione finita di entropia in funzione di P e V si esprime allora: S=n c P log nc V log P 2 Nel caso particolare del problema il gas è monoatomico e il numero di moli è n=1: S= 5 2 R log 3 2 R log P 2 Se la pressione raddoppia ed il volume aumenta di 6 volte: S= 5 2 R log 6 3 2 R log 2 =45.9 J/ o K