Transcript Diapositiva 1

Seminario didattico
Lezione 4:
Termodinamica
Esercizio n°1
Un gas all’interno di una camera percorre il ciclo mostrato in figura.
Si determini il calore totale fornito al sistema durante la trasformazione CA se
il calore QAB fornito durante la trasformazione AB è 20,0J, considerato che
durante la trasformazione BC non si ha alcun trasferimento di calore, e che il
lavoro totale compiuto durante il ciclo è 15,0J.
DATI:
QAB = 20,0 J
QBC = 0,0 J
Ltot= 15,0 J
? QCA
2
Svolgimento esercizio 1 (1)
Primo principio della termodinamica:
Qciclo− Lciclo=ΔEint=0 ⇒ Q ciclo=Lciclo
Sommando i contributi delle varie trasformazioni si ha anche:
Qciclo=QA BQB CQ C A=Q A B0QC A
Dal confronto segue:
Q ABQ CA= Lciclo⇒ QCA=L ciclo−Q A B=−5,0J
3
Esercizio
Esercizion°5
n°2
Quando un sistema viene portato da uno stato iniziale a uno stato finale lungo
il percorso iaf mostrato in figura, si ha Q = 50cal ed L = 20cal.
Lungo il percorso ibf, Q = 36cal.
a) Qual è il valore di L lungo il percorso ibf?
Se L = -13cal per il percorso curvilineo di ritorno dallo stato finale a quello iniziale,
b) quale è il valore di Q per questo percorso?
Sia Ui = 10cal.
c) Qual è il valore di Uf?
Se Ub=22cal,
d) quali sono i valori di Q per il processo ib e bf?
DATI:
Qiaf = 50 cal
Liaf = 20 cal
Qibf =36 cal
a) ? Libf
Lfi = -13 cal
b) ?Qfi
4
Svolgimento esercizio 2(2)
a) Considero le trasformazioni iaf ed ibf: esse hanno stesso stato
iniziale i e finale f, per cui la variazione di energia interna nelle due
trasformazioni è la stessa. Dal primo principio della termodinamica
otteniamo:
Δ Uiaf =U f −U i =Qiaf −Liaf
Δ Uibf =U f −U i =Qibf −Libf
Eguagliando le due espressioni precedenti si ottiene:
Qiaf −Liaf=Q ibf−Libf ⇒
Libf=Qibf−Q iafLiaf =6 cal
b) Considero il ciclo iafi :la variazione di energia interna in un ciclo è
nulle per cui posso scrivere:
0= ΔUiafi=Q iafi− Liafi= Qiaf Q fi  − Liaf L fi  ⇒
Q fi= LiafL fi−Qiaf=−43cal
5
Svolgimento esercizio 2(2)
c) Considero le trasformazioni iaf ed ibf: esse hanno stesso stato
iniziale i e finale f, per cui la variazione di energia interna nelle due
trasformazioni è la stessa. Dal primo principio della termodinamica
otteniamo:
Δ Uiaf =U f −U i =Qiaf −Liaf
Δ Uibf =U f −U i =Qibf −Libf
Quindi da ciascuna delle due precedenti espressioni possiamo ricavare:
U f =U i Qiaf− Liaf =U i Q ibf−Libf =40cal
d) Considero la trasformazione ibf :
Qibf = QibQ bf 
Quindi:
dato che Lbf =0 (trasf. Isocora) :
Libf =  LibLbf  =Lib=6 cal
Qib= Δ Uib Lib=U b −U i Lib=18cal
Qbf =Qibf −Qib=18cal
6
Esercizio n°3
Ad una mole di gas monoatomico viene fatto percorrere il ciclo
mostrato in figura il processo bc è una espansione adiabatica;
pB=1.03 bar, Vb=1.0*10-3 m3 , VC=8Vb.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:
Pb = 1.03 bar = 1.03*105 N/m2
Vb=1.0*10-3 m3
Vc=8Vb=8Va
Pa =Pc
Qa=?
Qc=?
Wtot=?
η=?
7
∆S=?
Svolgimento esercizio 3 (1)
Analizziamo ciascuna trasformazione in maniera separata.
Poiché la trasformazione bc è adiabatica reversibile il calore
scambiato è nullo:
Q =0
bc
L'espressione infinitesima del primo principio della termodinamica in
ciascun punto della trasformazione reversibile risulta:
nRT
dUdW =nc v dT  p dV =nc v dT 
dV =0
V
Utilizzando la relazione di Mayer
R=cp-cv:
 
Tc
Vb
dT R dV
dT
dV
−
=
⇒− =−1
⇒ ln =ln
T cv V
T
V
Tb
Vc
−1
L'ugualglianza dei logaritmi comporta l'uguaglianza degli argomenti:
Tc V
−1
c
=T b V
 −1
b
 

Vb
−
⇒ Pc V = Pb V ⇒ Pc =P b
=P b  8 
Vc

c

b
8
Svolgimento esercizio 3 (2)
Poichè il gas è ideale e monoatomico si ha:
3
cV = R
2
5
c P= R
2
⇒ γ=
cP
cV
=
5
3
Il primo principio applicato alla trasformazione adiabatica bc risulta:
cv
 U bc =−W bc =nc v T c−T b =  Pc V c− P b V b 
R
−5
−3
W bc =−U bc =
Pb V b 8 8 3 −1=115.87 J
2
Il calore scambiato durante la trasformazione isocora ab risulta:
−5
cv
3
Q ab=nc v T b −T a = P b V b− Pa V a = Pb V b 1−8 3 =149.67 J
R
2
Poichè tale quantità è positiva questo calore è assorbito dal gas.
Il lavoro fatto durante una trasformazione isocora è nullo pertanto:
W ab=0
9
Svolgimento esercizio 3 (3)
Il calore scambiato durante la trasformazione isobara ca risulta:
−5
cp
−5
Q ca=nc p T a−T c =  P a V a −P c V c =
P b V b 7 8 3 =−56.33 J
R
2
Poichè tale quantità è negativa questo calore è ceduto dal gas.
Il lavoro fatto durante una trasformazione isobara risulta:
−5
3
a
W ca=∫c P dV =P a V a −V c =−7 Pb V b 8 =−22.53 J
Dai risultati precedenti abbiamo:
a) Qa=Qab=149.67 J
b) Qc=Qca= -56.33 J
c) Wtot=Wab+Wbc+Wca=93.34 J
d)Il rendimento del ciclo è il seguente:
Qc
W
= =1 =0.62
Qa
Qa
10
Svolgimento esercizio 3 (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:
f
 S=∫i
 
dQ
T
f
rev
=∫i

f
Tf
Vf
dT
dV
n cv
∫i nR
= n c v ln nR ln
T
V
Ti
Vi
 

Utilizzando l'equazione di stato e la relazione di Mayer si ottiene:
Pf
Vf
 S=n c v ln nc p ln
Pi
Vi
Le variazioni di entropia durante le trasformazioni ab e ca risultano:
Pb
 S ab=n c v ln =n  c v ln8=n c p ln 8=43.2 J /k
Pa
Va
 S ca=nc p ln =−n c p ln 8=−43.2 J / K
Vc
La variazione di entropia di
 S ciclo= S ab S ca S bc =0
un ciclo è nulla:
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Esercizio n°4
n moli di gas perfetto biatomico compiono il ciclo reversibile costituito
dalle seguenti trasformazioni:
• AB adiabatica,
• BC isoterma
• CA isobara.
Sapendo che VB / VA = 5.66 e VB / VC = 11, determinare:
a) il rapporto TA /TB;
b) il rendimento η del ciclo;
p
C
DATI:
n moli gas perfetto biatomico
VB/VA = 5.66
VB/VC = 11
? a) TA/TB
? b) rendimento η
A
B
V
12
Svolgimento esercizio 4 (1)
(a) Si tratta di gas perfetto biatomico, per cui sappiamo che i calori
specifici a volume e pressione costante valgono rispettivamente:
5
cV = R
2
7
c P= R
2
⇒ γ=
cP
cV
=
7
5
Consideriamo la prima fase del ciclo: si tratta di una
TRASFORMAZIONE ADIABATICA REVERSIBILE, per cui nel tratto
AB posso usare la relazione:
γ−1
γ −1
γ−1
T A V A =T B V B ⇒
 
T A VB
=
TB V A
2
=  5 .66  5=2
(b) La seconda fase del ciclo è una TRASFORMAZIONE ISOTERMA
REVERSIBILE, per cui la variazione di energia interna nel tratto BC è
nulla; per il primo principio della termodinamica si ha:
C
C
 
VC
dV
ΔU BC=0 ⇒Q BC =W BC=∫ pdV =nRT B∫
=nRT B ln
0
VB
B
B V
QBC è minore di zero poiché VC/VB<1. Quindi il calore scambiato
nel tratto BC è calore ceduto dal gas.
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Svolgimento esercizio 4 (2)
Adesso considero il terzo tratto del ciclo: si tratta di una
TRASFORMAZIONE ISOBARA REVERSIBILE. Possiamo calcolare
subito il calore scambiato: Q =nc T −T =nc T −T 0
CA
P

A
C

P

A
B

Quindi il calore scambiato nel tratto CA è calore assorbito dal gas.
A questo punto possiamo calcolare il rendimento:
nRT B ln
 
VC
RT B ln
 
VB
ln
 
VB
VB
VC
VC
QC
W Q A Q C
2
η=
=
=1
=1
=1−
=1− ⋅
⇒
QA
QA
QA
7 TA
nc P  T A −T B 
c P  T A −T B 
−1
TB
ln
 
VB
VC
2
η=1−
=0 . 31
7 TA
−1
TB
 


14
Esercizio n°5
Una mole di gas perfetto monoatomico subisce le seguenti trasformazioni:
-una trasformazione adiabatica irreversibile dallo stato iniziale con pressione p0= 1 atm e
volume V0=22.4 litri ad uno stato A.
-una successiva compressione isobara reversibile fino a uno stato B caratterizzato da VB=VA/2;
Il lavoro compiuto dal gas in questa trasformazione è L = -1.5 *103J.
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.
P
O
B
A
V
DATI:
p0= 1 atm =101300 N/m2
V0=22.4 litri =22.4 10-3 m3
VB=VA/2
LAB = -1.5 *103J
OA adiabatica irr.
AB isobara rev
BO adiabatica rev
L*=?
TA , TB , PA , PB , VA , VB=?
∆SOA=?
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Svolgimento esercizio 5 (1)
a)Valutiamo la pressione degli stati A e B conoscendo il lavoro compiuto
dal gas durante la compressione isobara:


VA
VA
L AB= p A  V = p A V B −V A = p A
−V A =− p A
2
2
da cui otteniamo:
p A V A =−2 L AB
p B V B =−L AB
Il lavoro dell'adiabatica irreversibile (da O ad A) lo possiamo valutare solo
considerando la variazione di energia interna tra gli estremi della trasformazione
(il calore scambiato con l'esterno è nullo):
cv
 U OA =−L =nc v T A −T 0 =  p A V A − p 0 V 0 
R
cv
*
L = 2 L AB  p0 V 0 =−1096.32 J
R
*
16
Svolgimento esercizio 5 (2)
b) Poichè B e 0 sono lungo una adiabatica reversibile le variabili
termodinamiche degli estremi devono verificare la seguente relazione:
 1
0 −1
 
−L AB 
p0 V
p0 V = pB V =
V B ⇒ V B=
VB
−L AB

0

B
5 3
3 2
0
 
p0 V
−3 3
=
=41.68∗10 m
−L AB
Dal valore di VB possiamo valutare tutte le quantità termodinamiche del sistema:
−3
V A =2V B =83.35∗10 m
3
−L AB
4
2
p A = pB=
=3.599∗10 N / m =0.3 atm
VB
pAV A
T A=
=360.837 K
nR
pB V B
T B=
=180.418 K
nR
17
Svolgimento esercizio 5 (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=− S0A
La variazione di entropia per una trasformazione reversibile di un gas ideale
generica , può essere espressa tramite la seguente formula:
PB
VB
VB
1
 S AB =n c v ln
nc p ln
=nc p ln
=nc p ln
PA
VA
VA
2
 S 0A =14.41 J / K
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