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24/06/2014
Scritto di Termodinamica
Primo problema
In …gura è illustrata la camera di prova di una galleria del vento. La
galleria è dotata di 14 ventole, ciascuna con portata di 66:5 kgs 1 . La camera
di prova ha una sezione di 3:8 m 4 m ed è lunga 4:5 m La sezione a monte
del convergente è di 3:8 m 14 m. Assumendo che la pressione nella sezione
a monte del convergente sia pari a quella atmosferica in condizioni standard,
determinare:
1. la velocità dell’aria in camera di prova;
2. la forza agente su ciascuna delle quattro pareti della camera di prova,
indicandone il verso.
Si assuma la densità dell’aria uguale a = 1:225 kg=m3 .
Soluzione
La portata in massa complessiva dei ventilatori vale
Qm = 14 66:5 kgs
1
= 931:0 kgs
1
Le aree delle due sezioni valgono
A1 = (14 3:8) m2 = 53:2 m2 ; A2 = (4 3:8) m2 = 15:2 m2
Calcoliamo le velocità nelle due sezioni:
V1 =
Qm
A1
=
931
m=s
1:225 53:2
= 14:286 m=s
V2 =
Qm
A2
=
931
m=s
1:225 15:2
= 50:0 m=s
1
Conoscendo la pressione nel condotto a monte del convergente, pari alla
pressione atmosferica p0 = 101325 P a, possiamo calcolare la pressione nella
camera di prova, usando il teorema di Bernoulli
p0 +
1
2
V12 = p2 +
1
2
V22 ) p2 = p0 +
1
2
101325 + 0:5 1:225 (14:286)2 P a
V12
1
2
V22 =
0:5 1:225 (50)2 P a = 99919P a
Ciascuna delle quattro pareti della camera di prova è sottoposta su una
faccia alla pressione interna e sull’altra faccia alla pressione esterna (la pressione atmosferica). Per calcolare la forza derivante da questo sistema di
pressioni applicate alle facce, è necessario calcolare la di¤erenza di pressione
p tra l’interno e l’esterno, che risulta
p = p2
p0 = (99919
101325) P a =
1406 P a
Il segno meno indica che la pressione interna è minore della pressione
atmosferica.
Ciascuna delle pareti è sottoposta a una forza complessiva pari a p per
l’area della sua super…cie. Le pareti hanno area
Ainf
sup
= 4 4:5 = 18 m2 ;
Alaterale = 3:8 4:5 = 17:1 m2
Le forze di pressione sulle pareti risultano
Finf
sup
=
Flaterale =
p Ainf
sup
=
p Alaterale =
(1406 18) N =
25308:N
(1406 17:1) N =
24043:N
e sono dirette verso l’interno.
Secondo problema
Sul fondo di un cilindro di sezione S munito di un pistone mobile e adiabatico si trova uno strato di materiale di capacità termica C1 . Nella parte
superiore si trovano n moli di un gas perfetto monoatomico. Inizialmente il
2
sistema è all’equilibrio termodinamico, con pressione e temperatura P0 e T0
note.
1. Si raddoppia molto lentamente la pressione. Calcolare la nuova temperatura.
2. Partendo dalla stessa condizione iniziale si raddoppia istantaneamente
la forza applicata al pistone. Calcolare anche in questo caso la temperatura
nello stato …nale di equilibrio.
3. Calcolare la variazione di entropia del sistema e dell’universo nei due
casi precedenti.
soluzione
1. Dal primo principio abbiamo, considerando che non si hanno scambi
di calore con l’esterno,
0 = dU + pdV
ma l’energia interna del sistema si può scrivere come la somma di quella
del gas e del materiale, quindi
dU = 32 nRdT + C1 dT
e quindi
3
nR
2
+ C1 dT +
nRT
dV
V
=0
che può essere integrata direttamente:
3
nR
2
+ C1 ln T + nR ln V = costante
ossia
3
T ( 2 nR+C1 ) V nR = costante
oppure, usando la legge dei gas perfetti,
3
nR
T ( 2 nR+C1 ) T
= costante
P
T(
5
nR+C1
2
TP
)p
nR
= costante
= costante
con
=
5
nR+C1
2
nR
Da questo segue subito che
Tf = T0
Pf
P0
= T0 2
3
2. In questo caso non abbiamo a che fare con una trasformazione reversibile, quello che possiamo dire è che l’aumento dell’energia interna sarà
dato dal lavoro fatto sul sistema:
2P0 (Vf
V0 ) =
U=
3
nR
2
+ C1 (Tf
T0 )
ma d’altra parte negli stati iniziale e …nale di equilibrio
P0 V0 = nRT0
2P0 Vf = nRTf
e sostituendo
nR(Tf
2T0 ) =
3
nR
2
+ C1 (Tf
T0 )
ossia
Tf =
7
nR+C1
2
5
nR+C1
2
T0
3. Nel primo caso la trasformazione è reversibile, quindi l’entropia dell’universo
non cambia. Ma neppure si hanno scambi di calore con il sistema, quindi anche l’entropia di quest’ultimo non varia. Nel secondo caso la trasformazione
è irreversibile. La variazione di entropia del sistema si trova calcolando la
di¤erenza tra l’entropia dello stato di equilibrio …nale e quella dello stato di
equilibrio iniziale. Dato che
dS =
dQ
T
=
3
nR
2
+ C1
dT
T
+ nR dV
V
possiamo scrivere
S=
3
nR
2
T
V
+ C1 ln Tf0 + nR ln Vf0 =
5
nR
2
T
+ C1 ln Tf0 + nR ln PPf0
e quindi
S=
5
nR
2
+ C1 ln
7
nR+C1
2
5
nR+C1
2
nR ln 2
Questa sarà anche la variazione di entropia dell’universo.
Terzo problema
Un cilindro chiuso da pareti adiabatiche è separato in due parti A e B da
una parete interna …ssa e diatermica. Nella parte A sono contenuti 3g di elio
(gas monoatomico con massa molecolare 4) inizialmente alla temperatura
tA = 70 C mentre in B ci sono 10 g di azoto (gas biatomico con massa
molecolare 28) inizialmente a temperatura tB = 70 C. Supponendo che i
due gas si comportino come gas perfetti, calcolare, ad equilibrio termico
raggiunto:
4
a) la temperatura di equilibrio …nale;
b) la quantità di calore scambiata;
c) la variazione di entropia dell’intero sistema.
Soluzione
Calcoliamo i numeri di moli dei due gas
nA = 3=4 mol,
nB = 10=28 = 0:35714 mol
Il sistema è isolato e quindi
U = UA + UB = 0 ) nA cV A (Te
TA ) + nB cV B (TB
Te ) = 0
La temperatura d’equilibrio vale
Te =
nA cV A TA +nB cV B TB
K
nA cV A +nB cV B
=
0:75 1:5 203:15+0:35714 2:5 343:15
K
0:75 1:5+0:35714 2:5
= 265:1 K
Il calore scambiato tra A e B è
Q = 0:35714 2:5 8:314 (343:15
265:1) J = 579:38 J
la variazione d’entropia è legata alla cessione di calore tra A e B
dS = T1 dU )
S = nA cV A ln TTAe + nB cV B ln TTBe =
265:1
265:1
0:75 1:5 8:314 ln 203:15
+ 0:35714 2:5 8:314 ln 343:15
J=K =
0:574 J=K
5