Lezione 5: Termodinamica Seminario didattico
Esercizio n 1 Ad una mole di gas monoatomico viene fatto percorrere il ciclo mostrato in figura il processo bc è una espansione adiabatica; p B =1.03 bar, V b =1.0*10-3 m 3, V C =8V b.si calcoli per l'intero ciclo: a) il calore fornito al gas; b) il calore restituito dal gas: c) il lavoro totale compiuto dal gas; d) il rendimento del ciclo. e) le variazioni di entropia. DATI: P b = 1.03 bar = 1.03*10 5 N/m 2 V b =1.0*10-3 m 3 V c =8V b =8V a P a =P c Q a =? Q c =? W tot =? =? S=? 2
Svolgimento esercizio 1 (1) Analizziamo ciascuna trasformazione in maniera separata. Poiché la trasformazione bc è adiabatica reversibile il calore scambiato è nullo: Q bc =0 L'espressione infinitesima del primo principio della termodinamica in ciascun punto della trasformazione reversibile risulta: du dw =nc v dt p dv =nc v dt nrt V Utilizzando la relazione di Mayer R=c p -c v : dt T = R dv c v V dv =0 dt T = 1 dv V ln T c T b =ln V b V c 1 L'ugualglianza dei logaritmi comporta l'uguaglianza degli argomenti: T c V c 1 =T b V b 1 P c V c =P b V b P c =P b V b V c =P b 8 3
Svolgimento esercizio 1 (2) Poichè il gas è ideale e monoatomico si ha: c V = 3 2 R c P = 5 2 R γ= c P c V = 5 3 Il primo principio applicato alla trasformazione adiabatica bc risulta: U bc = W bc =nc v T c T b = c v R P c V c P b V b W bc = U bc = 3 2 P bv b 8 8 5 3 1 =115.87 J Il calore scambiato durante la trasformazione isocora ab risulta: Q ab =nc v T b T a = c v R P bv b P a V a = 3 2 P bv b 1 8 Poichè tale quantità è positiva questo calore è assorbito dal gas. Il lavoro fatto durante una trasformazione isocora è nullo pertanto: W ab =0 5 3 =149.67 J 4
Svolgimento esercizio 1 (3) Il calore scambiato durante la trasformazione isobara ca risulta: Q ca =nc v T a T c = c v R P av a P c V c = 5 5 2 P bv b 7 8 3 = 56.33 J Poichè tale quantità è negativa questo calore è ceduto dal gas. Il lavoro fatto durante una trasformazione isobara risulta: W ca = c a P dv =Pa V a V c = 7 P b V b 8 Dai risultati precedenti abbiamo: a) Q a =Q ab =149.67 J b) Q c =Q ca = -56.33 J c) W tot =W ab +W bc +W ca =93.34 J d)il rendimento del ciclo è il seguente: 5 3 = 22.53 J = W Q a =1 Q c Q a =0.62 5
Svolgimento esercizio 1 (4) Durante la trasformazione adiabatica reversibile bc non si hanno scambi di calore, la trasformazione è isoentropica. S bc =0 La variazione di entropia di un gas ideale per una trasformazione reversibile generica, la si ottiene usando la formula seguente: S= i f dq = f T i rev n c v dt T i f nr dvv =n c v ln T f nr ln V f T i Utilizzando l'equazione di stato e la relazione di Mayer si ottiene: S=n c v ln P f nc P p ln V f i V i Le variazioni di entropia durante le trasformazioni ab e ca risultano: S ab =n c v ln P b P a =n c v ln 8 =43.2J / k V i S ca =nc p ln V a V c = 43.2J / K 6
Esercizio n 2 Una mole di gas perfetto monoatomico subisce le seguenti trasformazioni: -una trasformazione adiabatica irreversibile dallo stato iniziale con pressione p 0 = 1 atm e volume V 0 =22.4 litri ad uno stato A. -una successiva compressione isobara reversibile fino a uno stato B caratterizzato da V B =V A /2; Il lavoro compiuto dal gas in questa trasformazione è L = -1.5 *10 3 J. a)si calcoli il lavoro L* compiuto nell'adiabatica irreversibile. Lo stato B è tale che con una trasformazione adiabatica reversibile il gas ritorna nelle condizioni iniziali. b)si calcolino la pressione, il volume e la temperatura negli stati A e B e la variazione di entropia nella trasformazione adiabatica irreversibile. DATI: p 0 = 1 atm =101300 N m 2 P V 0 =22.4 litri =22.4 10-3 m 3 O B A V V B =V A /2 L AB = -1.5 *10 3 J OA adiabatica irr. AB isobara rev BA adiabatica rev L*=? T A, T B,P A, P B, T A, T B =? S OA =? 7
Svolgimento esercizio 2 (1) a)valutiamo la pressione degli stati A e B conoscendo il lavoro compiuto dal gas durante la compressione isobara: L AB = p A V = p A V B V A = p A V A 2 V = p A A V A 2 da cui otteniamo: p A V A = 2 L AB Il lavoro dell'adiabatica irreversibile lo possiamo valutare solo considerando la variazione di energia interna tra gli estremi della trasformazione (il calore scambiato con l'esterno è nullo): U AB = L * =nc v T A T 0 = c v R p A V A p 0 V 0 L * = c v R 2 L AB p 0 V 0 = 1096.32 J 8
Svolgimento esercizio 2 (2) b) Poichè B e 0 sono lungo una adiabatica reversibile le variabili termodinamiche degli estremi devono verificare la seguente relazione: p 0 V 0 = p B V B = L = V V B V p 0V 0 B B L 5 1 1 p 3 = 0 V 0 L 3 2 =41.68 10 3 m 3 Dal valore di V B possiamo valutare tutte le quantità termodinamiche del sistema: V A =2V B =83.35 10 3 m 3 p A = p B = L V B =3.599 10 4 N /m 2 =0.3 atm T A = p A V A nr =360.837 K T B= p B V B nr =180.418 K 9
Svolgimento esercizio 2 (3) Per valutare la variazione dell'entropia nell'adiabatica irreversibile 0A consideriamo la variazione dell'entropia in tutto il ciclo. S ciclo =0= S 0A S AB S B0 La trasformazione B0 è una adiabatica reversibile pertanto non si ha variazione di entropia: S B0 =0 S AB = S 0A La variazione di entropia per una trasformazione reversibile di un gas idela generica, può essere espressa tramite la seguente formula: S AB =n c v ln P B P A nc p ln V B V A =nc p ln V B V A =nc p ln 1 2 S 0A =14.41J / K 10