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Amaldi, Dalla mela di Newton al bosone di Higgs CAPITOLO 22 • IL PRIMO PRINCIPIO DELLA TERMODINAMICA

1 ©Zanichelli 2015

Problemi)di)paragrafo)1)La temperatura rimane costante e il volume a disposizione dell’aria diminuisce. Quindi la velocità media delle molecole non varia, ma le molecole impiegano meno tempo a percorrere la dostanza che separa due pareti opposte della pompa. Gli urti diventano, quindi, più frequenti, determinando un aumento della pressione.

2)La stessa (uguale per i due recipienti, già prima del collegamento).

3)

T = pV

nR= p πr 2h( )

nR=

4,5×103 Pa( )× π 0,50 m( )2× 1,3 m( )⎡⎣ ⎤⎦

2,0 mol( )× 8,315 J ⋅mol−1 ⋅K−1( ) = 2,8×102 K

4)

VB = 110%VA = 110% 2,5 m3( ) = 2,8 m3

pB = 80% pA = 80% 30 kPa( ) = 24 kPa

5))A pressione costante, la temperatura assoluta e il volume occupato dal gas sono tra loro direttamente proporzionali. Quindi la temperatura finale sarà:

Tf =

Vf

Vi

Ti =2 L

1,5 L× 300 K = 4,0×102 K

Ki =32

kBTi = 1,5( )× 1,38×10−23 J/K( )× 300 K( ) = 6,21×10−21J

⇒ vi =2Ki

m=

2× 6,21×10−21 J( )5,31×10−26 kg( ) = 4,8×102 m/s

Kf =32

kBTf = 1,5( )× 1,38×10−23 J/K( )× 400 K( ) = 8,28×10−21 J

⇒ vf =2Kf

m=

2× 8,28×10−21 J( )5,31×10−26 kg( ) = 5,6×102 m/s

6)

•

Vf

Vi

=πr2hf

πr2hi

=hf

hi

= 22,0×10−2 m18,0×10−2 m

= 1,22

V% = (1,22−1) = 0,22 = 22% • La temperatura iniziale è Ti = (28+ 273,15)K = 301 K .

La pressione rimane costante, cioè pi = pf ⇒

nRTi

Vi

=nRTf

Vf


2 ©Zanichelli 2015

da cui ricaviamo la temperatura finale:

Ti

Vi

=Tf

Vf

⇒Tf = Ti ⋅Vf

Vi

= 301 K ×1,22 = 368 K

Tf = 368 K − 273,15 K = 95 °C

7)• In un processo in cui si mantiene costante la temperatura, p e V sono inversamente proporzionali;

se V raddoppia, allora p dimezza, infatti:

pV = nRT ⇒ p2V2 = p1V1 ⇒ p2 =

p1V1

V2

=p1V1

2V1

= 12

p1 =150 kPa( )

2= 75,0 kPa

•

8)Nel primo caso una parte di calore è stata trasferita dall’olio al mercurio, in contatto per mezzo del bulbo, e la temperatura del mercurio è aumentata. Nel seondo caso è stato compiuto sul termometro (dall’esterno) un lavoro che ha fatto aumentare la temperatura del mercurio.

9)

U =

2NkBT = 5

2× 3,08×1022( )× 1,38×10−23 J

K⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ × 225 K( ) = 239 J

10)

Combinando la ΔU = 3

2nRΔT con la œm m = nM si ottiene:

m = 2

3MΔURΔT

= 23×

4,00 g ⋅mol−1( )× 9,50 kJ( )8,315 J ⋅mol−1 ⋅K−1( )× 403− 343( )K

= 50,8 g

11)• Calcoliamo prima il numero di moli contenute inizialmente nel cilindro:

n1 =

p1VRT

=1,01×105 Pa( )× 1,00×10−3 m3( )

8,315 J/(mol ⋅K)⎡⎣ ⎤⎦ × 273 K( ) = 4,45×10−2 mol

Calcoliamo ora il numero di moli finali:

n2 =

p2VRT

=2× 1,01×105 Pa( )× 1,00×10−3 m3( )

8,315 J/(mol ⋅K)⎡⎣ ⎤⎦ × 273 K( ) = 8,90×10−2 mol

Il volume del cilindro è rimasto invariato; a temperatura costante, si poteve prevedere chem se p raddoppia, anche n raddoppia. Sono quindi state iniattate

n = n2 − n1 = 4,5×10−2 mol

2

SOLU

ZION

I DEG

LIES

ERCI

ZI D

EL L

IBRO

Solu

zion

i per

cap

itol

o

IL PRIMO PRINCIPIO DELLA TERMODINAMICA 12

Idee per insegnare la fisica con Amaldi, L’Amaldi per i licei scientifici.blu © Zanichelli 2012

14 Dall’energia interna del sistema.

15 L’energia interna sì, il calore e il lavoro no.

16 1) Q1 = !U1 = 450 J !U2 = 0 J

2) Q2 = W2 = 230 J, da cui Qtot = (450 + 230) J = 680 J

17 Fa aumentare l’energia interna del sistema.

18 Immaginiamo due situazioni in cui due gas dello stesso tipo all’interno di un cilindro vengono riscaldati: nella prima situazione il pistone è fisso (il volume è costante), nella seconda è mobile (la pressione è costante).

Se vogliamo innalzare di 1K la temperatura dei due gas, dobbiamo fornire una maggio-re quantità di calore nella seconda situazio-ne perché il calore acquistato dal gas viene in parte speso per sollevare il pistone.

19 Quando si stappa la bottiglia il gas che si tro-va nel collo della bottiglia subisce una rapida espansione adiabatica che ne fa diminuire la temperatura e provoca la condensazione del vapore nella nuvola di goccioline osservate.

20 La scarica dell’estintore provoca una espan-sione adiabatica dell’anidride carbonica, con conseguente diminuzione della temperatura del gas e formazione dei cristalli di ghiaccio.

PROBLEMI

1 TpVnR

p r hnR

= = = " " "( ) ( , ) [ ( , ) ( , )]# #2 3 21 5 10 0 50 1 3Pa m m

(( , ) ( , )2 0 8 31592

1 1mol J mol KK

" $ $=% %

2 VB = 110% VA = 110% (2,5 m3) = 2,8 m3

pB = 80% pA = 80% (30 kPa) = 24 kPa

3 ! pV nRT p V p V pp V

V

p V

Vp= & = & = = = =2 2 1 1 2

1 1

2

1 1

112

12

150( kPa)),

275 0= kPa

! A

B

10

25

5075

100

125

150175

20 30 40 50 60

p (

kPa)

V (!10–3 m3)

4 A pressione costante, la temperatura assoluta e il volume occupato dal gas sono tra di loro diretta-mente proporzionali. Quindi la temperatura finale sarà:

TV

VTf

f

ii= = " = "( )

( , )( ) ,

21 5

300 4 0 102LL

K K

K k Ti B i= = " " " = "% %32

1 5 1 38 10 300 6 21 1023 21, ( , ) ( ) ,J/K K JJ '

v

K

mii= = " "

"= "

%

%

2 2 6 21 10

5 31 104 8 10

21

262( , )

( , ),

J

kgm/ss


3 ©Zanichelli 2015

• U = 3

2NkBT = 3

2n ⋅N A( )kBT =

= 32× 4,45×10−2 mol( )× 6,02×1023 /mol( )× 1,38×10−23 J/K( )× 273 K( ) = 151J

12)• Calcoliamo la temperatura del gas ricordando la formula della velocità quadratica media delle

molecole di un gas perfetto, dove m è la massa di un atomo di elio. m = 4,00 u = 4,00×1,66×10−27 kg = 6,64×10−27 kg

v =3kBT

m⇒T =

m v2

3kB

= 6,64×10−27 kg × (1350 m/s)2

3×1,38×10−23 J/K= 292 K

• La massa molare dell’elio è M = 4,00 g/mol quindi calcoliamo il numero di moli

m = n ⋅M = 0,80 mol× 4,00 g/mol = 3,2 g = 3,2×10−3 kg • L’energia interna di un gas monoatomico è

3 32 2BU Nk T nRT= = .

Allora la variazione di energia interna è

ΔU =U f −Ui =

32

nf RT − 32

ni RT = 32

(nf − ni )RT =

= 32× 0,50 mol×8,315 J/(mol ⋅ K)× 292 K = 1,8 kJ

13)La quantità di energia ricevuta dall’acqua è:

ΔE = mgh− 12

mv2 = 50 kg( )× 9,8 m/s2( )× 15 m( )− 12× 50 kg( )× 0,03 m/s( )2

=

= 7350 J( )− 0,0225 J( ) = 7,3×103 J

L’acqua acquista questa energia dal movimento delle pale e ne cede una parte al mulinello. Quindi in totale la sua energia interna è variata di:

ΔU = ΔE −Q = 7,3×103 J( )× 4186 J/Kcal( )× 0,03 Kcal( )⎡⎣ ⎤⎦ = 7,2×103 J

14)

• pV = nRT = N

N A

RT

→ N = N A

pVRT

= 6,02×1023( )×10−4 mmHg( )× 1,01×105 Pa( )

760 mmHg( )⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥× 1,00×10−3 m3( )

8,315 J/(mol ⋅K)⎡⎣ ⎤⎦ × 273 K( ) = 3,52×1015

• Tf =

p f

pi

Ti =2 pi

pi

× 273 K( ) = 546 K

U f =

32

NkBT = 32× 3,52×1015( )× 1,38×10−23 J/K( )× 546 K( ) = 3,98×10−5 J


4 ©Zanichelli 2015

15)Equilibrio meccanico: con un foglio di carta velina controlliamo che non ci siano correnti d’aria nella stanza. Equilibrio termico: misuriamo la temperatura in diversi punti della stanza e verifichiamo che sia la stessa. Equilibrio chimico: controlliamo che non ci siano reazioni chimiche in corso.

16)No, il sistema non è in equilibrio termico e chimico: sta ricevendo energia (elettrica) dall’esterno.

17)L’aria viene inalata in profondità (dove la pressione dovuta alla massa d’acqua sovrastante la comprime fortemente all’interno dei polmoni). Mentre il sub sta effettuando la risalita, la pressione della massa d’acqua diminusce, mentre la temperatura interna del corpo resta costante e, di conseguenza, il volume dell’aria inalata aumenta: questo potrebbe provocare gravi lesioni ai polmoni. È necessario espellere gradualmente l’aria inalata.

18)No, perché durante l’espansione del gas non è possibile definire la sua pressione.

19)

pV = nRT → p2V2 = p1V1 ⇒V2 =

V1 p1

p2

=0,050 m3( )× 6,3atm( )

8,5 atm( ) = 37 ×10−3 m3

20)

• Dalla pV = NkBT si ottiene T = pV

NkB

. Di conseguenza, nei punti B e D si ha:

B:T1 =

pVNkB

=2,50×105 Pa( )× 4,15×10−3 m3( )1,035×1024( )× 1,38×10−23 J/K( ) = 72,6 K

D:T2 =

pVNkB

=1,52×105 Pa( )× 1,04×10−3 m3( )1,035×1024( )× 1,38×10−23 J/K( ) = 11,1 K

• pBVB = pCVC ⇒VC =

pBVB

pC

=2,50×105 Pa( )× 4,15×10−3 m3( )

1,52×105 Pa( ) = 6,83×10−3 m3

In modo analogo:

VA =

pDVD

pA

=1,52×105 Pa( )× 1,04×10−3 m3( )

2,50×105 Pa( ) = 6,32×10−4 m3

21)• La trasformazione non è ciclica perché lo stato iniziale e lo stato finale non coincidono.


5 ©Zanichelli 2015

• La trasformazione AB è isobara visto che la pressione è costante, allora calcoliamo la temperatura

nello stato B. 273,15 K 15 288,15 KAT K= + =

pA = pB ⇒

TA

VA

=TB

VB

⇒TB = TA ⋅VB

VA

= 288,15 K( )× 1,30×10−3 m3( )2,00×10−3 m3( ) = 187 K

• La trasformazione BC avviene a temperatura costante. Sappiamo che 2B

Cpp = , quindi il volume in

C è il doppio del volume nello stato B.

TB = TC ⇒ pBVB = pCVC ⇒VC =VB ⋅

pB

pC

=VB × 2 = 1,30×10−3 m3( )× 2 = 2,60×10−3 m3

22)La trasformazione AB è isocòra, quindi 340 dmA BV V= = . Calcoliamo la temperatura del gas nello stato B.

TB =

pBVB

nR=

pBVA

nR=

2,00×105 Pa( )× 400×10−4 m3( )3,00 mol( )× 8,315 J/(mol ⋅K)⎡⎣ ⎤⎦

= 320,7 K

Calcoliamo la temperatura nello stato C.

pB = pC ⇒

TB

VB

=TC

VC

, allora

TC = TB ⋅

VC

VB

= 320,7 K( )× 3× 400×10−4 m3( )400×10−4 m3( ) = 962 K

La trasformazione CD è isocòra quindi VC =VD ⇒

TC

pC

=TD

pD

. Calcoliamo la temperatura nello stato D

sapendo che AD e BC sono isòbare.

TD = TC ⋅

pD

pC

= TC ⋅pA

pB

= 962 K( )× 1,50×105 Pa( )2,00×105 Pa( ) = 722 K

23)• • Calcoliamo il volume del recipiente, il volume occupato dal gas nello stato iniziale e la pressione

nello stato B.

V = π ⋅r 2 ⋅h = π × 8,0×10−2 m( )2× 25×10−2 m( ) = 5,0×10−3 m3


6 ©Zanichelli 2015

VA =

23⋅V = 2

3× 5,0×10−3 m3( ) = 3,3×10−3 m3

pB = pA + 40% pA = pA × 1+ 0,4( ) = 2,0×1,01×105 Pa( )×1,4 = 2,8×105 Pa = 2,8 atm La trasformazione AB è un’isoterma, quindi A BT T= . Calcoliamo il volume dopo la compressione:

pAVA = pBVB ⇒VB =

pAVA

pB

=2,0×1,01×105 Pa( )× 3,3×10−3 m3( )

2,8×105 Pa( ) = 2,4×10−3 m3

• Calcoliamo la temperatura del gas dopo la compressione.

TB =

pBVB

nR=

2,8×105 Pa( )× 2,4×10−3 m3( )0,25 mol( )× 8,315 J/(mol ⋅K)⎡⎣ ⎤⎦

= 323 K

60 383 KC BT T K= + = La trasformazione BC è isobara, ovvero B Cp p= . Calcoliamo il volume occupato dal gas dopo

essere stato riscaldato.

3 3 3 3383 K 2,4 10 m 2,8 10 m323 K

C CBC B

B C B

T TT V VV V T

− −= ⇒ = ⋅ = × × = ×

Calcoliamo la differenza di volume tra lo stato B e lo stato C, da cui ricaviamo l’altezza, ovvero di quanto si è sollevato il pistone durante la trasformazione BC.

VBC =VC −VB = 2,8×10−3 m3( )− 2,4×10−3 m3( ) = 0,4×10−3 m3

hBC =VBC

π ⋅r 2 =0,4×10−3 m3( )

π × 8×10−2 m( )2 = 0,02 m = 2 cm

24)A temperatura costante, fra il volume e la pressione esiste una relazione di proporzionalità inversa, quindi, anche senza fare i calcoli, si possono ottenere i risultati richiesti.

• pV = nRT → p2V2 = p1V1 ⇒V2 =

V1 p1

p2

1:

20×10−3 m3( )× 1,0×105 Pa( )2,0×105 Pa( ) = 10×10−3 m3

2:

20×10−3 m3( )× 1,0×105 Pa( )2,5×105 Pa( ) = 8,0×10−3 m3

3:

20×10−3 m3( )× 1,0×105 Pa( )4,0×105 Pa( ) = 5,0×10−3 m3

•

))))))))

4

SOLU

ZION

I DEG

LIES

ERCI

ZI D

EL L

IBRO

Solu

zion

i per

cap

itol

o



11 ! pV nRT p V p V VV p

p= ! = ! =

" " "#

2 2 1 1 21 1

23 3

120 10 1 0 10

:( ) ( ,m 55

53 3

3 3

2 0 1010 10

220 10 1 0 10

Pa

Pam

m

)

( , )

:( ) ( ,

"= "

" " "

#

# 55

53 3

3 3

2 5 108 0 10

320 10 1 0 1

Pa

Pam

m

)

( , ),

:( ) ( ,

"= "

" " "

#

# 00

4 0 105 0 10

5

53 3Pa

Pam

)

( , ),

"= " #

!

5

100

200

300

400

10 15 20

p (

kPa)

V (dm3)

5

T

10 15 20

V (dm3)

P3

P2P1

P0

P0P1P2P3

13 ! Dalla pV = nkB T si ottiene: TpVNkB

= . Di conseguenza, nei punti B e D si ha:

B

pVNkB

:( , ) ( , )

( , )= " " "

" "

#2 50 10 4 15 10

1 035 10

5 3 3

24

Pa m

(( , ),

:( , ) ( ,

1 38 1072 6

1 52 10 1 0

23

5

"=

= " "

# J/KK

PaD

pVNkB

44 10

1 035 10 1 38 1011 1

3 3

24 23

"" " "

=#

#m

J/KK

)

( , ) ( , ),

! p V p V Vp V

pB B C C CB B

C

= ! = = " " " #( , ) ( , )

(

2 50 10 4 15 105 3 3Pa m

11 52 106 83 10

53 3

, ),

"= " #

Pam

In modo analogo: Vp V

pAD D

A

= = " " ""

#( , ) ( , )

( ,

1 52 10 1 04 10

2 50 10

5 3 3

5

Pa m

Pa)),= " #6 32 10 4 3m

14 W p V VWp

V V V VWp

= ! = ! = # = # = #$ $ $1 2 2345

4500

2 50( )

( )

( ,dm

J

""=

1027

53

Padm

)

15 ! W p Vtot = = # " " # "#$ $ [( ) ( )] [( ) (70 30 40 10 13 103 3kPa kPa m ## = "3 3 31 1 10m J)] ,

! In senso inverso cambia solo il segno.

16 !

VVA VB

pA

pB

p Area del trapezio:

W p p VA B= + =

= " + " " # "

1212

2 3 4 9 10 8 7 3 55

( )

[( , , ) ] [( , , )

$

Pa 110

1 9 10

3 3

3

# =

= "

m

J

]

,

! Sarebbe di valore opposto, visto che si invertirebbero i termini della sottrazione $V.


7 ©Zanichelli 2015

25)Quando comprimiamo un vapore saturo, il suo volume diminuisce, ma la sua pressione non cambia perché una parte del vapore passa allo stato liquido per mantenere inalterata la pressione di vapore saturo (il vapore saturo è un vapore in equilibrio con il suo liquido). Quando comprimiamo il gas, invece, il volume diminuisce e la pressione aumenta (il gas durante la compressione non subisce passaggi di stato).

26)Durante la compressione, le molecole del gas che urtano contro il pistone rimbalzano, la loro velocità aumenta in modulo, ma il loro moto resta disordinato in direzione e verso. Durante l’espansione, le molecole del gas trasferiscono la loro energia, trasformandola nel moto ordinato del pistone.

27)Perché, oltre che dallo stato iniziale e finale, dipende anche dalla particolare trasformazione seguita per passare da uno stato a un altro. Infatti, a parità di punto di partenza e di arrivo, l’area sottostante le diverse trasformazioni cambia.

28)A: negativo; B: positivo; C: positivo; D: positivo; E: nullo; F: nullo; G: positivo; H: negativo; I: positivo.

29)Il lavoro è negativo visto che è l’ambiente a compiere lavoro sul sistema. La compressione è isòbara, quindi il lavoro è W p V= ⋅Δ . Ricaviamo Vf :

W = p ⋅(Vf −Vi )⇒Vf =

Wp+Vi =

−350 J( )150×103 Pa( ) + 3×10−3 m3( ) = 0,7 ×10−3 m3 = 0,7 L

30)

W = pΔV ⇒ΔV = W

p→V1 =V2 − ΔV =V2 −

Wp= 45 dm3( )− 4500 J( )

2,50×105 Pa( ) = 27 dm3

31)

• Wtot = ΔpΔV = 70 kPa( )− 30 kPa( )⎡⎣ ⎤⎦ × 40×10−3 m3( )− 13×10−3 m3( )⎡⎣ ⎤⎦ = 1,1×103 J • In senso inverso cambia solo il segno.

32)• Area del trapezio:

W = 1

2pA + pB( )ΔV = 1

2× 2,3+ 4,9( )×105 Pa⎡⎣ ⎤⎦ × 8,7 − 3,5( )×10−3 m3⎡⎣ ⎤⎦ = 1,9×103 J

• Sarebbe di valore opposto, visto che si invertirebbero i termini della sottrazione ∆V.

4

SOLU

ZION

I DEG

LIES

ERCI

ZI D

EL L

IBRO

Solu

zion

i per

cap

itol

o



11 ! pV nRT p V p V VV p

p= ! = ! =

" " "#

2 2 1 1 21 1

23 3

120 10 1 0 10

:( ) ( ,m 55

53 3

3 3

2 0 1010 10

220 10 1 0 10

Pa

Pam

m

)

( , )

:( ) ( ,

"= "

" " "

#

# 55

53 3

3 3

2 5 108 0 10

320 10 1 0 1

Pa

Pam

m

)

( , ),

:( ) ( ,

"= "

" " "

#

# 00

4 0 105 0 10

5

53 3Pa

Pam

)

( , ),

"= " #

!

5

100

200

300

400

10 15 20

p (

kPa)

V (dm3)

5

T

10 15 20

V (dm3)

P3

P2P1

P0

P0P1P2P3

13 ! Dalla pV = nkB T si ottiene: TpVNkB

= . Di conseguenza, nei punti B e D si ha:

B

pVNkB

:( , ) ( , )

( , )= " " "

" "

#2 50 10 4 15 10

1 035 10

5 3 3

24

Pa m

(( , ),

:( , ) ( ,

1 38 1072 6

1 52 10 1 0

23

5

"=

= " "

# J/KK

PaD

pVNkB

44 10

1 035 10 1 38 1011 1

3 3

24 23

"" " "

=#

#m

J/KK

)

( , ) ( , ),

! p V p V Vp V

pB B C C CB B

C

= ! = = " " " #( , ) ( , )

(

2 50 10 4 15 105 3 3Pa m

11 52 106 83 10

53 3

, ),

"= " #

Pam

In modo analogo: Vp V

pAD D

A

= = " " ""

#( , ) ( , )

( ,

1 52 10 1 04 10

2 50 10

5 3 3

5

Pa m

Pa)),= " #6 32 10 4 3m

14 W p V VWp

V V V VWp

= ! = ! = # = # = #$ $ $1 2 2345

4500

2 50( )

( )

( ,dm

J

""=

1027

53

Padm

)

15 ! W p Vtot = = # " " # "#$ $ [( ) ( )] [( ) (70 30 40 10 13 103 3kPa kPa m ## = "3 3 31 1 10m J)] ,

! In senso inverso cambia solo il segno.

16 !

VVA VB

pA

pB

p Area del trapezio:

W p p VA B= + =

= " + " " # "

1212

2 3 4 9 10 8 7 3 55

( )

[( , , ) ] [( , , )

$

Pa 110

1 9 10

3 3

3

# =

= "

m

J

]

,

! Sarebbe di valore opposto, visto che si invertirebbero i termini della sottrazione $V.


8 ©Zanichelli 2015

33)• Calcolo il volume iniziale sapendo che AB è una trasformazione isòbara.

pA = pB ⇒

TA

VA

=TB

VB

VA =VB ⋅

TA

TB

=VB ⋅TA

TA + 0,30×TA

= 5,5×10−3 m3( )× 11,3

= 4,2×10−3 m3

Il lavoro svolto dal sistema è uguale all’area del triangolo ABC ed è positivo:

W =

VB −VA( ) ⋅ pC − pA( )2

=1,3×10−3 m3( )× 1,5×1,01×105 Pa( )

2= 98 J

• Calcolo il numero di moli di ossigeno (che ha massa molare M = 32 g/mol ).

n = m

M=

20 g( )32 g/mol( ) = 0,625 mol

Calcolo la temperatura nello stato C sapendo che BC è una trasformazione isocòra, quindi C BV V= :

TC =

pCVC

nR=

3,5×1,013×105 Pa( )× 5,5×10−3 m3( )0,625 mol( )× 8,315 J/(mol ⋅K)⎡⎣ ⎤⎦

= 3,8×102 K

34)

• TA =

pAVA

nR=

170×103 Pa( )× 5,0×10−3 m3( )0,35 mol( )× 8,315 J/(mol ⋅K)⎡⎣ ⎤⎦

= 292 K

La trasformazione iniziale (dallo stato A allo stato B) è isòbara, quindi ricaviamo il volume del gas allo stato B, tenendo conto che la temperatura iniziale è scesa di 40 °C:

pA = pB ⇒

TA

VA

=TB

VB

, allora VB =VA ⋅

TB

TA

= 5,0×10−3 m3( )× 252 K( )292 K( ) = 4,3×10−3 m3

ΔVAB =VA −VB = 5,0×10−3 m3( )− 4,3×10−3 m3( ) = 0,7 ×10−3 m3 = 0,7 dm3 • • Il lavoro svolto è pari al lavoro della trasformazione isòbara AB, visto che il lavoro della

trasformazione isocòra BC è nullo.

W = pΔV = p ⋅(VB −VA) = 170×103 Pa( )× ( − 0,70×10−3 m3) = − 0,12 KJ • pC = pB +100 kPa = 270 kPa VC =VB = 4,3 dm3

TC =

pCVC

nR=

270×103 Pa( )× 4,3×10−3 m3( )0,35 mol( )× 8,315 J/(mol ⋅K)⎡⎣ ⎤⎦

= 399 K

ΔU = 52nRΔT = 5

2nR(TC −TA ) = 5

2× 0,35 mol( )× 8,315 J/(mol ⋅K)[ ]× 399 K − 292 K( ) = 0,78 kJ


9 ©Zanichelli 2015

35)• Indichiamo con A, B e C gli stati del sistema all’inizio, dopo la compressione isoterma e dopo la

trasformazione isòbara e calcoliamo i rispettivi valori delle varoabili termodinamiche. Stato A n = 0,75 mol; pA = 1,01×105 Pa; TA = 293 K;

VA =

nRTA

pA

=0,75 mol( )× 8,315 J/(mol ⋅K)⎡⎣ ⎤⎦ × 293 K( )

1,01×105 Pa( ) = 1,81×10−2 m3

Stato B n = 0,75 mol; pB = pA + 0,05pA = 1,06×105 Pa; TB = TA = 293 K

VB =

nRTB

pB

=0,75 mol( )× 8,315 J/(mol ⋅K)⎡⎣ ⎤⎦ × 293 K( )

1,06×105 Pa( ) = 1,72×10−2 m3

Stato C n = 0,75 mol; pC = pB = 1,06×105 Pa; VC =VB + 0,07VB = 1,84×10−2 m3

TC =

pCVC

nR=

1,06×105 Pa( )× 1,84×10−2 m3( )0,75 mol( )× 8,315 J/(mol ⋅K)⎡⎣ ⎤⎦

= 313 K

Il lavoro compiuto nella compressione isoterma è: WAB = pmedia VB −VA( ) = 1,03×105 Pa( )× 0,0172− 0,0181( )m3⎡⎣ ⎤⎦ = −93 J Il lavoro compiuto nella trasformazione isòbara è: WBC = pC VC −VB( ) = 1,06×105 Pa( )× 0,0184− 0,0172( )m3⎡⎣ ⎤⎦ = 127 J Il lavoro compiuto nell’intero processo vale: W =WAB −WBC = −93 J( ) + 127 J( ) = 34 J • La variazione di energia interna nel corso dell’intera trasformazione vale:

ΔU = 3

2NkBΔT = 3

2× 0,75 mol( )× 6,02×1023 mol−1( )× 1,38×10−23 J/K( )× 20 K( ) = 1,9×102 J


10 ©Zanichelli 2015

36#Dall’energia interna del sistema.

37#L’energia interna sì, il calore e il lavoro no.

38#La trasformazione è isòbara, ovvero avviene a pressione costante:

nRTi

Vi

=nRTf

Vf

⇒Ti

Vi

=Tf

Vf

allora

V f =Vi ⋅

Tf

Ti

= 200×10−3 m3( )× 280 K( )310 K( ) = 18,1×10−3 m3 = 18,1dm3

W = p ⋅ ΔV = 1,3×1,01×105 Pa( )× 18,1− 20,0( )×10−3 m3⎡⎣ ⎤⎦ = −2,5×102 J

Il calore ha segno negativo in quanto viene ceduto, Q = −2,0×103 J , allora

ΔU = Q −W = −2,0×103 J( )− −2,5×102 J( ) = −1,7 ×103 J

39#•

ΔU = Q − pΔV = 2,25×105 J( )− 3,60×105 Pa( )× 13,5×10−3 m3( ) = 2,20×105 J

• Aumenta.

40#• Calcoliamo il numero di moli

n = 15×1023( )

6,022×1023 mol−1( ) = 2,5 mol

La variazione di energia è:

ΔU = 5

2nR ⋅ ΔT = 5

2× 2,5 mol( )× 8,315 J/(mol ⋅K)⎡⎣ ⎤⎦ × 50 K( ) = 2,6 kJ

• Il gas viene riscaldato a pressione costante, quindi:

pi = p f ⇒

Ti

Vi

=Tf

Vf

allora

V f =Vi ⋅

Tf

Ti

= 50,0×10−3 m3( )× 365 K( )315 K( ) = 57,9×10−3 m3 = 57,9 dm3

W = p ⋅ ΔV = 1,2×105 Pa( )× (57,9−50,0)×10−3 m3⎡⎣ ⎤⎦ = 9,5×102 J = 0,95 kJ

• ΔU = Q −W ⇒Q = ΔU +W = 2,6 kJ( ) + 0,95 kJ( ) = 3,6 kJ

41#

Vi =

43πR3 = 4

3π 20

2m

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

3

= 4,2×103 m3

Il volume della mongolfiera dopo essere scesa è:

V f =Vi − 600 m3( ) = 4,2×103 m3( )− 0,6×103 m3( ) = 3,6×103 m3



Calcoliamo il numero di moli di elio contenute all’interno della mongolfiera:

piVi = nRTi ⇒ n =

piVi

RTi

=1,2×1,01×105 Pa( )× 4,2×103 m3( )

8,315 J/(mol ⋅K)⎡⎣ ⎤⎦ × 328 K( ) = 187 ×103 mol

Calcoliamo la temperatura nello stato finale, ovvero alla pressione di 1,3 atm:

p fV f = nRTf ⇒Tf =

p fV f

nR=

1,3×1,01×105 Pa( )× 3,6×103 m3( )187 ×103 mol( )× 8,315 J/(mol ⋅K)⎡⎣ ⎤⎦

= 304 K

La variazione di energia interna è

ΔU = 32

nR ⋅ ΔT = 32× 187 ×103 mol( )× 8,315 J/(mol ⋅K)⎡⎣ ⎤⎦ × 304 K − 328 K( ) =

= −56×106 J = −56×103 kJ

Troviamo il calore ceduto mentre la mongolfiera scende applicando il primo principio della termodinamica:

ΔU = Q −W ⇒Q = ΔU +W = −56×103 kJ( )− 76×103 kJ( ) = −1,3×105 kJ

42#Calcoliamo la quantità di calore sviluppata:

Q = Pc ⋅m = 1,0×104 cal/g( )× 40 g( ) = 40×104 cal = 40×104 cal( )× 4,186 J/cal( ) = 1,674×106 J Calcoliamo ora la quantità di calore utile:

′Q = Q − 20%Q = 1,674×106 J( )− 0,2× 1,674×106 J( ) = 1,339×106 J Applichiamo il primo principio della termodinamica e calcoliamo il lavoro:

W = ′Q − ΔU = 1,339×106 J( )− 1,245×106 J( ) = 9,4×104 J

43#

ΔU + pΔV = Q ⇒ΔV = Q − ΔU

p

→V2 =V1 + ΔV =V1 +

Q − ΔUp

= 5,0×10−3 m3( ) + 3,0 kcal( )× 4186 J/kcal( )− 7,6×103 J( )1,2 atm( )× 101kPa/atm( ) = 4,6×10−2 m3

44#• Calcoliamo il volume iniziale, applicando l’equazione di stato dei gas perfetti:

V0 =

nRT0

p0

=5,00 mol( )× 8,315 J/(mol ⋅K)⎡⎣ ⎤⎦ × 300 K( )

1,01×105 Pa( ) = 0,123 m3

Il volume finale sarà allora: V1 = 2V0 = 0,246 m3

Il lavoro è:

W = pΔV = 1,01×105 Pa( )× 0,123 m3( ) = 12,4 kJ

• La trasformazione avviene a pressione costante e, di conseguenza, se raddoppia il volume raddoppierà anche la temperatura del gas, quindi T1 = 600 K.

La variazione di energia interna è:

ΔU = 3

2nRT = 3

2× 5,00 mol( )× 8,315 J/(mol ⋅K)⎡⎣ ⎤⎦ × 300 K( ) = 18,7 kJ

• Per il primo principio della termodinamica, il gas avrà assorbito una quantità di calore:. Q = ΔU +W = 18,7 +12,4( )kJ = 31,1kJ



45#1) Q1 = ΔU1 = 450 J

ΔU2 = 0 J 2) Q2 =W2 = 230 J , da cui

Qtot = 450+ 230( )J = 680 J

46#• • Calcoliamo il lavoro: W = p ⋅ ΔV = p ⋅ VB −VA( ) = 1,3×1,01×105 Pa( )× (22−10)×10−3 m3⎡⎣ ⎤⎦ = 1,576 kJ Calcoliamo la variazione di energia interna del gas monoatomico:

ΔU = 3

2nR ⋅ ΔT = 3

2nR ⋅(TB −TA) = 3

2nR ⋅

pBVB

nR−

pAVA

nR⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= 3

2pBVB − pAVA( )

dove pA = pB , quindi:

ΔU = 3

2pA ⋅ VB −VA( ) = 3

2W = 3

2×1,6 kJ = 2,363 kJ

Dal primo principio della termodinamica si ha

ΔU = Q −W ⇒Q = ΔU +W = 2,363 kJ( ) + 1,576 kJ( ) = 3,9 kJ

47#

• VB =VA +

12

VC −VA( ) = 30×10−3 m3( ) + (70− 30)×10−3 m3⎡⎣ ⎤⎦2

= 50 dm3

• Il lavoro è pari all’area racchiusa all’interno della trasformazione:

W = b ⋅h

2=

VC −VA( ) ⋅ pB − pA( )2

=(70− 30)×10−3 m3⎡⎣ ⎤⎦ × (1,8−1,1)×105 Pa⎡⎣ ⎤⎦

2= 1,4 kJ

48#• AB e CD: isòbare BC e DA: isocòre • Nelle trasformazioni isocòre il lavoro è nullo; le trasformazioni nelle quali si compie lavoro sono le

isòbare AB e CD. • W = pΔV = Δ pΔV = (100−80)kPa⎡⎣ ⎤⎦ × (5,0−1,0)m3⎡⎣ ⎤⎦ = 8,0×104 J



49#• La massa dell’ossigeno che viene riscaldata è

Q = cpm ⋅ ΔT ⇒ m = Q

cp ⋅ ΔT=

220 J( )0,92×103 J/(kg ⋅K)⎡⎣ ⎤⎦ × (45− 22)K⎡⎣ ⎤⎦

= 10×10−3 kg = 10 g

• Calcoliamo il numero di moli di ossigeno, sapendo che la massa molare è M = 32 g/mol .

n = m

M=

10 g( )32 g/mol( ) = 0,30 mol

L’ossigeno è un gas biatomico quindi

ΔU = 5

2nR ⋅ ΔT = 5

2× 0,30 mol( )× 8,315 J/(mol ⋅K)⎡⎣ ⎤⎦ × (45− 22)K⎡⎣ ⎤⎦ = 0,14 kJ

• ΔU = Q −W ⇒W = Q − ΔU = 220 J( )− 140 J( ) = 80 J

50#

• V1 = πr 2 ⋅h = π × 5,0×10−2 m( )2

× 20×10−2 m( ) = 1,57 ×10−3 m3 = 1,6 L

V2 =V1 − 0,5 L( ) = 1,57 L( )− 0,50 L( ) = 1,07 L La compressione del volume avviene a temperatura costante quindi

W1 = nRT ⋅ ln

V2

V1

= 0,70 mol( )× 8,315 J/(mol ⋅K)⎡⎣ ⎤⎦ × 293 K( )× ln1,07 ×10−3 m3

1,57 ×10−3 m3

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= −0,65 kJ

• ΔU1 =

32

nR ⋅ ΔT = 0 , perché il gas viene compresso isotermicamente. Dal primo principio della

termodinamica otteniamo ΔU1 = 0⇒Q1 =W1 = −0,65 kJ • Consideriamo la trasformazione isòbara. Per calcolare il lavoro ci servono la pressione e il volume finale:

p2V2 = nRT2 ⇒ p2 =

nRT2

V2

=0,70 mol( )× 8,315 J/(mol ⋅K)⎡⎣ ⎤⎦ × 293 K( )

1,07 ×10−3 m3( ) = 1,59×106 Pa

V3 =V2 + 0,30 L( ) = 1,07 L( ) + 0,30 L( ) = 1,37 L

W2 = p2 ⋅ ΔV = p2 ⋅ V3 −V2( ) = 1,59×106 Pa( )× 0,30×10−3 m3( ) = 0,48 kJ Calcoliamo ora la variazione di energia interna nella stessa trasformazione. Ci serve innanzitutto

conoscere la temperatura finale:

T3 =

V3

V2

T2 =1,37 L1,07 L

(293 K) = 375 K

ΔU2 =32

nR ⋅ ΔT = 32

nR ⋅ T3 −T2( ) = 32× 0,70 mol( )× 8,315 J/(mol ⋅K)⎡⎣ ⎤⎦ × (375 K)− (293 K)⎡⎣ ⎤⎦ =

= 0,72 kJ

Dal primo principio della termodinamica otteniamo

ΔU2 = Q2 −W2 ⇒Q2 = ΔU2 +W2 = 0,72 kJ( ) + 0,48 kJ( ) = 1,20 kJ In totale il calore assorbito è

Q = Q1 +Q2 = −0,65 kJ( ) + 1,20 kJ( ) = 0,55 kJ



51#• La variazione di energia interna è negativa ΔU = −250 J , calcoliamo di quanto si è abbassata la temperatura:

ΔU = 5

2nR ⋅ ΔT ⇒ΔT = 2 ⋅ ΔU

5nR= −

2× 250 J( )5× 0,20 mol( )× 8,315 J/(mol ⋅K)⎡⎣ ⎤⎦

= −60 K

Tf = Ti − 60 K( )

La pressione diminuisce del 60% rispetto al valore iniziale, quindi

p f = pi − 20% pi = pi ⋅ 1− 0,20( ) = 0,80 ⋅ pi

Il volume rimane costante durante la trasformazione, calcoliamo quindi la temperatura nello stato iniziale.

Vi =Vf ⇒

Ti

pi

=Tf

p f

allora

Ti

pi

=Ti − 60 K( )

0,80 ⋅ pi

⇒Ti =60 K( )0,2

= 3,0×102 K

• Il lavoro compiuto dal sistema è nullo visto che la trasformazione è isocòra:

Q = ΔU = −2,5×102 J

52#• La massa molare dell’azoto, che è un gas biatomico, è M = 28,02 g/mol .

n = m

M=

15 g( )28,02 g/mol( ) = 0,535 mol

Calcolo il volume iniziale nello stato A:

VA =

nRTA

pA

=0,535 mol( )× 8,315 J/(mol ⋅K)⎡⎣ ⎤⎦ × 298 K( )

2× 1,01×105 Pa( ) = 6,56×10−3 m3

• Il lavoro svolto durante tutta la trasformazione è l’area compresa sotto la spezzata ABCD:

WAB =B + b( ) ⋅h

2=

pA + pB( ) ⋅ VB −VA( )2

=

=2,0+ 0,7( )× 1,01×105 Pa( )⎡⎣ ⎤⎦ × (8,0− 6,56)×10−3 m3⎡⎣ ⎤⎦

2= 0,196 kJ

WBC =B + b( ) ⋅h

2=

pC + pB( ) ⋅ VC −VB( )2

=

=1,0+ 0,7( )× 1,01×105 Pa( )⎡⎣ ⎤⎦ × 2× 6,56−8,0( )×10−3 m3⎡⎣ ⎤⎦

2= 0,440 kJ

WCD = pC ⋅ ΔV = pC ⋅ VD −VC( ) = 1,0×1,01×105 Pa( )× 16− 6,56× 2( )×10−3 m3⎡⎣ ⎤⎦ = 0,291kJ

Quindi: W =WAB +WBC +WCD = 0,196 kJ( ) + 0,440 kJ( ) + 0,291kJ( ) = 0,927 kJ • Troviamo la temperatura nello stato finale.

TD =

pDVD

nR=

1,0×1,01×105 Pa( )× 16×10−3 m3( )0,535 mol( )× 8,315 J/(mol ⋅K)⎡⎣ ⎤⎦

= 359 K



Calcoliamo la variazione di energia interna durante tutta la trasformazione:

ΔU = 52

nR ⋅ ΔT = 52

nR ⋅ TD −TA( ) =

= 52× 0,535 mol( )× 8,315 J/(mol ⋅K)⎡⎣ ⎤⎦ × (359 K)− (298 K)⎡⎣ ⎤⎦ = 678 J

Dal primo principio della termodinamica ricaviamo il calore assorbito durante la trasformazione:

ΔU = Q −W ⇒Q = ΔU +W = 678 J( ) + 927 J( ) = 1,6 kJ

53#Poiché W = pΔV si ottiene:

ΔW = Δ pΔV = 1×105 Pa( )× 2×10−3 m3( ) = 2×102 J In una trasformazione ciclica si ha Q = W, quindi anche il calore assorbito sarà pari a 2×102 J

54#

Combinando la cv =

QmΔT

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ isocòra

con la ΔU = Q si ottiene:

ΔT = ΔUmcv

=8600 J( )

0,250 kg( )× 3,1×103 Jkg ⋅K

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

= 11 K

55#

Q = nRT ln

Vf

Vi

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟= 0,30 mol( )× 8,315

Jmol ⋅K

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ × 300 K( )× ln

0,35 m3( )0,20 m3( )

⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥= 4,2×102 J

56#• Indichiamo con x la distanza del pistone dalla parete sinistra del cilindro. Nelle condizioni indicate

nel problema, con l’inserimento del gas la molla viene accorciata di un tratto x ed esercita perciò una forza F =kx che viene equilibrata dalla pressione del gas e, quindi,

pS = kx Moltiplichiamo entrambi i membri dell’equazione per x e otteniamo: pSx = kx2 → pV = kx2

Per l’equazione di stato dei gas perfetti: pV = nRT → kx2 = nRT Infine

x = nRT

k=

0,01mol( )× 8,315J

mol ⋅K⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ × 300 K( )

200 N ⋅m−1( ) = 0,353 m

Di conseguenza: V = Sx = 0,1m2( )× 0,353 m( ) = 3,53×10−2 m3 e

p = kx

S=

200 N ⋅m−1( )× 0,353 m( )0,1m2( ) = 706 Pa

• Indichiamo con il pedice 1 le grandezze prima del riscaldamento e con il pedice 2 le grandezze dopo il riscaldamento. Dal testo:

V2 = 2V1



Raddoppiando il volume si raddoppia anche la compressione della molla e, quindi, la forza che essa esercita sul pistone: in tal modo raddoppia anche la pressione

p2 = 2p1 Applichiamo l’equazione di stato dei gas perfetti alle due situazioni: p1V1 = nRT1 e p2V2 = nRT2 → T2 = 4T1 Per il primo principio della termodinamica, l’energia Q fornita nel riscaldamento fa aumentare

l’energia interna del gas e l’energia potenziale della molla. Quindi:

Q = ΔU + ΔUk =32

nRΔT + 12

k x22 − x1

2( ) = 32

nRΔT + 12

p2V2 − p1V1( ) = 92

nRT1 +32

p1V1 = 6 p1V1 =

= 6× 706 Pa( )× 3,53×10−2 m3( ) = 150 J

57#• Dall’equazione di stato dei gas perfetti si ricava:

TB = TA

pBVB

pAVA

= 300 K( )× 150 kPa( )× 1,0 dm3( )40 kPa( )× 3,0 dm3( ) = 375 K

• Il calore scambiato nella trasformazione da A a B si ricava applicando il primo principio della termodinamica: Q = ΔU +W , dove

ΔU = 3

2nRΔT = 3

2pAVA

TA

TB −TA( ) = 32×

40 kPa( )× 3,0 dm3( )300 K( ) × 75 K( ) = 45,0 J

W =

pA + pB( )2

VB −VA( ) = 40+150( )kPa[ ]2

× −2 dm3( ) = −190 J

Quindi Q = ΔU +W = 45,0 J( )− 190 J( ) = −145 J • Il lavoro utile compiuto nel ciclo è uguale all’area racchiusa dal ciclo cambiata di segno (il ciclo è

percorso in verso antiorario), quindi

W = − 1

2Δ pΔV = − 1

2× 110 kPa( )× 2 dm3( ) = −110 J

58#Fa aumentare l’energia del sistema.

59#Immaginiamo due situazioni in cui due gas dello stesso tipo vengono riscaldati all’interno di un cilindro: nella prima situazione il pistone è fisso (il volume è costante), nella seconda è mobile (la pressione è costante). Se vogliamo innalzare di 1 K la temperatura dei due gas, dobbiamo fornire una maggiore quantità di calore nella seconda situazione perché il calore acquistato dal gas viene in parte speso per sollevare il pistone.

60#

cv =

QmΔT

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ isocòra

=1,2×102 J( )

0,025 kg( )× 15 °C( ) = 3,2×103 J/(kg ⋅K)

61#La molecola di ossigeno è biatomica quindi la massa molare è 32,0 g/molM = . Inoltre si comporta come un gas perfetto, quindi

cv =

52

RM

= 52×

8,315 J/(mol ⋅K)⎡⎣ ⎤⎦32,0×10−3 kg/mol( ) = 650 J/(kg ⋅K)



62#Calcoliamo il numero di moli di gas.

( )23

123

18 103,0 mol

6,02 10 molA

NnN −

×= = =×

Ricordiamo che la massa di un corpo è m = n ⋅M , dove M è la massa molare e n il numero di moli.

cp =

QmΔT

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ isòbara

= Qn ⋅ M ⋅ ΔT

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ isòbara

=2,8×103 J( )

3,0 mol( )× 39,95×10−3 kg/mol( )× 45 K( ) = 0,52×103 J/(kg ⋅K)

63#

n = N

N A

= 8,0×1023( )6,02×1023 mol−1( ) = 1,3 mol

M = m

n=

30×10−3 kg( )1,3 mol( ) = 23×10−3 kg/mol

cp =

5+ 22

RM

=7 × 8,315 J/(mol ⋅K)⎡⎣ ⎤⎦2× 23×10−3 kg/mol( ) = 1,3×103 J/(kg ⋅K)

64#

Isocòra: ΔpV0 = nRΔTv ⇒ΔTv =

Δ pV0

nR

Isòbara: p0ΔV = nRΔTp ⇒ΔTp =

p0ΔVnR

c = Q

mΔT→ γ =

cp

cv

=ΔTv

ΔTp

=Δ pV0

pΔV=

V0 p1 − p0( )p0 V1 −V0( )

65#

γ =

cP

cv

⇒ cP = γ ⋅cv e cp =

QmΔT

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ isòbara

Inoltre m = n ⋅M , allora

Qn ⋅MΔT

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ isòbara

= γ ⋅cv da cui ricaviamo

M = Q

nΔT ⋅ γ ⋅cv

=3,5×103 J( )

4,5 mol( )× 15 K( )×1,31× 1,71×103 J/(kg ⋅K)⎡⎣ ⎤⎦= 23×10−3 kg/mol = 23 g/mol

66#La trasformazione è isobara quindi vale il primo principio della termodinamica, da cui ricaviamo il calore assorbito durante l’espansione Q U W= Δ + Inoltre il calore durante una trasformazione a pressione costante è dato dalla seguente formula

pQ c m T= ⋅Δ

La variazione di energia interna è ΔU =

2nR ⋅ ΔT , dove = 5 perché il gas è biatomico.

Il lavoro in una trasformazione isobara è W p V= ⋅Δ , dove VΔ è la variazione di volume del gas, che in questo caso è positiva perché si tratta di un’espansione.



Il gas preso in considerazione è un gas perfetto, quindi vale l’equazione di stato per i gas perfetti durante una trasformazione isobara p V nR T⋅Δ = ⋅Δ

Quindi

ΔU +W = cpm ⋅ ΔT ⇒

2nR ⋅ ΔT + p ⋅ ΔV = cpm ⋅ ΔT

Otteniamo che

m = 1cp ⋅ ΔT

⋅ 2

nR ⋅ ΔT + p ⋅ ΔV⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= 1

cp ⋅ ΔT⋅

2nR ⋅ ΔT + nR ⋅ ΔT

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= nR

cp

⋅ 2+1

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟=

=3,8 mol( )× 8,315 J/(mol ⋅K)⎡⎣ ⎤⎦

2,0×103 J/(kg ⋅K)⎡⎣ ⎤⎦× 5

2+1

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= 55×10−3 kg = 55 g

67#La trasformazione è isocòra, quindi

cv =Q

m ⋅ ΔT⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ isocòra

= QnM ⋅ ΔT

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ isocòra

= Qn⋅ 1MΔT

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟=

= −4,0×105 J/mol( )× 130 kg/mol( )× −33 K( )

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ = 0,40×103 J/(kg ⋅K)

La costante γ è uguale a

γ =

cp

cv

=0,63×103 J/(kg ⋅K)⎡⎣ ⎤⎦0,40×103 J/(kg ⋅K)⎡⎣ ⎤⎦

= 1,6

68#• Viene disegnato un trapezio, come in figura:

• Calcoliamo innanzitutto il numero di moli:

n = m

M= 2,00 g

4,00 g/mol= 0,500 mol

Vertice A

TA = 273K;VA = 2,00×10−3 m3; pA =

nRTA

VA

=0,500mol( )× 8,315

Jmol ⋅K

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ × 273K( )

2,00×10−3 m3( ) = 0,567 MPa

Vertice B Nello stato B il volume è raddoppiato, perciò raddoppia anche la pressione, mentre per l’equazione

di stato la temperatura è quadruplicata:

TB = 4TA = 1,09×103 K; VB = 2VA = 4,00×10−3 m3; pB =

nRTA

VA

= 1,13 MPa

8

SOLU

ZION

I DEG

LIES

ERCI

ZI D

EL L

IBRO

Solu

zion

i per

cap

itol

o



32 ! Viene disegnato un trapezio, come in figura:

0 1 2 3

A D

CB

4 5

12

9

6

3

0

volume V (!10–3 m3)

pre

ssio

ne

p (

105

Pa)

! Vertice A:

T V p

nRT

VA A AA

A

K mmol

= = ! = =!

"273 2 00 100 5 8 315

3 3; , ;( , ) ,

JJmol K

K

mMPa#

$%&

'()

!

!="

( )

( , ),

273

2 00 100 567

3 3

Nello stato B il volume è raddoppiato, lo sarà, così, anche la pressione, mentre per l’equazione di stato la temperatura sarà quadruplicata. Quindi:

Vertice B:

T T V V p p

nRTB A B A B A

AK m= = ! = = ! = ="4 1 09 10 2 4 00 10 23 3 3, ; , ;VVA

MPa=1 13,

Nella trasformazione BC, la pressione rimane costante, mentre il volume raggiunge i 5,00 litri, pertanto:

Vertice C:

TV

VT T V p pC

C

BB B C C BK m= = = ! = ! = ="5

41 37 10 5 00 10 13 3 3, ; , ; ,,13 MPa

Infine: Vertice D:

Tp

pT V V p pD

D

cC D C D AK m MPa= = = = ! = ="682 5 00 10 0 5673 3; , ; ,

! Il lavoro può essere determinato attraverso l’area sottostante la curva della pressione in funzione del volume nel grafico p-V. Quindi, nella trasformazione A-B

Wp p V V

A BB A B A MPa

" = + ! " = + ! !( ) ( ) [( , , ) ] [( ,2

1 13 0 57 4 0 10"" "" ! =3 3 32 0 10

21 70

, ) ],

mkJ

Per calcolare il calore utilizziamo il primo principio della termodinamica, per cui

Q U W nc T Wp V

RTc T WV V1 1= + = + = + =

=

" " " " "* * *A B A B A BA A

AA B A B

(( , ) ( , )[ , ( )] (0 567 2 00 108 315 273

3 3MPa mJ/ mol K K

! !# !

"

))[( ) ] ( , ) ( , ) ( , )! ! " + = +3

21092 273 1 70 5 10 1 70R K kJ kJ kJ == 6 80, kJ

Il calore scambiato è positivo e, quindi, è assorbito dal gas. Nella trasformazione BC, il lavoro, che è compiuto dal gas, vale: WB–C = pB(VC – VB) = (1,13 MPa) ! (5,00 ! 10–3 – 4,00 ! 10–3)m3 = 1,13 kJ La trasformazione avviene a pressione costante per cui il calore scambiato vale:

Q nc T RpB C B C mol K" "= = ! ! " ! =* ( , ) [( , , ) ]0 552

1 37 1 09 10 23 ,,84 kJ

(con cp =5/2R)



Vertice C Nella trasformazione BC la pressione rimane costante, mentre il volume raggiunge i 5,00 litri:

TC =

VC

VB

TB = 54

TB = 1,37 ×103 K; VC = 5,00×10−3 m3; pC = pB = 1,13 MPa

Vertice D

TD =

pD

pC

TC = 682 K; VD =VC = 5,00×10−3 m3; pD = pA = 0,567 MPa

• Il lavoro può essere determinato attraverso l’area sottostante la curva della pressione in funzione del volume nel grafico p-V. Quindi, nella trasformazione AB:

WAB =

pB + pA( )× VB −VA( )2

=1,13+ 0,57( )MPa⎡⎣ ⎤⎦ × 4,0×10−3 − 2,0×10−3( )m3⎡⎣ ⎤⎦

2= 1,70 kJ

Per calcolare il calore utilizziamo il primo principio della termodinamica, per cui:

Q1 = ΔU1 +WAB = ncvΔTAB +WAB =pAVA

RTA

cvΔTAB +WAB =

=0,567 MPa( )× 2,00×10−3 m3( )

8,315 J/(mol ⋅K)⎡⎣ ⎤⎦ × 273 K( ) × 32

R × 1092− 273( )K[ ]+ 1,70 kJ( ) = 5,10 kJ( ) + 1,70 kJ( ) =

= 6,80 kJ

Il calore scambiato è positivo e, quindi, è assorbito dal gas. Nella trasformazione BC il lavoro, che è compiuto dal gas, vale: WBC = pB VC −VB( ) = 1,13 MPa( )× 5,00×10−3 − 4,00×10−3( )m3⎡⎣ ⎤⎦ = 1,13 kJ La trasformazione avviene a pressione costante, per cui il calore scambiato vale:

QBC = ncpΔTBC = 0,5 mol( )× 5

2R × 1,37 −1,09( )×103 K⎡⎣ ⎤⎦ = 2,84 kJ

(con cp = 5/2R) La trasformazione CD avviene a volume costante, quindi: WCD = 0 J QCD = ncvΔTDC = −4,26 J

ed è negativo, cioè ceduto dal gas.

Infine, nella trasformazione DA WDA = pA VA −VD( ) = −1,70 kJ , negativo, quindi compiuto sul gas.

QDA = ncp TA −TD( ) = −4,25 kJ , negativo, quindi ceduto dal gas.

• Il lavoro totale ottenuto nel ciclo termodinamico vale: W =WAB +WBC +WCD +WDA = 1,13 kJ Il lavoro necessario per il sollevamento della massa vale: W = mgh = 650 kg( )× 9,81m/s2( )× 80 m( ) = 5,1×105 J e quindi il numero di cicli necessario è:

N = W

Wciclo

=5,1×105 J( )

1,13 kJ( ) = 4,5×102 cicli

69#Quando si stappa la bottiglia, il gas che si trova nel collo della bottiglia subisce una rapida espansione adiabatica, che ne fa diminuire la temperatura e provoca la consensazione del vapore nella nuvola di goccioline osservate.



70#La scarica dell’estintore provoca un’espansione adiabatica dell’anidride carbonica, con conseguente diminuzione della temperatura del gas e formazione dei cristalli di ghiaccio.

71#

ΔU = −W = −20 J

72#Calcoliamo il numero di moli di elio sapendo che la massa molare è M = 4,0 g/mol .

n = m

M=

15 g( )4,0 g/mol( ) = 3,8 mol

La variazione di energia interna è

ΔU = 3

2nR ⋅ ΔT = 3

2× 3,8 mol( )× 8,315 J/(mol ⋅K)⎡⎣ ⎤⎦ × −35 K( ) = −1,7 ×103 J = −1,7 kJ

La trasformazione è adiabatica, quindi 0Q = , e dal primo principio della termodinamica otteniamo

ΔU = −W ⇒W = −ΔU = 1,7 ×103 J = 1,7 kJ

73#

T =

Vi

V⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

γ−1

Ti =Vi

3Vi

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟

γ−1

Ti =13

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

53−1

× 600 K = 288 K

ΔU = 3

2nR ⋅ ΔT = 3

2× 2,0 mol( )× 8,315 J/(mol ⋅K)⎡⎣ ⎤⎦ × 288 K − 600 K( ) = −7,8 kJ

Dal primo principio della termodinamica otteniamo 7,8 kJW U= −Δ =

74#

T1 = Ti

Vi

V1

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟

γ−1

= 250 K( )× 3,55×10−3 m3( )6,15×10−3 m3( )

⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥= 201 K

75#

• p0 =

nRT0

V0

=2,00 mol( )× 8,315

Jmol ⋅K

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ × 310 K( )

5,25×10−2 m3( ) = 9,82×104 Pa

• T1 = T0 ±

V0

V1

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

γ−1

= 301 K( )× 5,25×10−2 m3( )2,50×10−3 m3( )

⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥

53−1

= 508 K

• p1 = p0

V0

V1

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

γ

= nRT0

V0γ−1

V1γ =

= 2,00 mol( )× 8,315 J ⋅mol−1 ⋅K−1( )× 308 K( )× 5,25×10−3 m3( )53−1

2,50×10−3 m3( )53

= 3,38×105 Pa



76#• La compressione è adiabatica quindi 0Q = . Il lavoro compiuto (subito) dal gas è W = −318 J. Dal primo principio della termodinamica otteniamo che ΔU = −W ⇒ΔU = +318 J . • Calcoliamo la temperatura dopo la compressione.

ΔU = 5

2nR ⋅ ΔT ⇒ΔT = 2

5⋅ ΔU

nR= 2

5×

318 J( )0,300 mol( )× 8,315 J/(mol ⋅K)⎡⎣ ⎤⎦

= 51,0 K

T −Ti = 51,0 K ⇒T = Ti + 51,0 K( ) = 330 K( )+ 51,0 K( ) = 381 K Calcoliamo il volume occupato dopo la compressione dell’ossigeno. In una trasformazione

adiabatica vale la seguente equazione:

T =

Vi

V⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

γ−1

Ti

allora

Vi

V⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

γ−1

= TTi

⇒Vi

V= T

Ti

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟

1γ−1

⇒V =Vi ⋅TTi

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟

− 1γ−1

Essendo un gas biatomico, γ = 7

5; allora otteniamo:

V =Vi ⋅

TTi

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟

− 1γ−1

= 0,0200 m3( )× 381 K330 K

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

− 175−1

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ = 0,0200 m3( )× 381 K

330 K⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

−52= 0,0140 m3

• Calcoliamo la pressione finale, supponendo che l’ossigeno si comporti come un gas perfetto biatomico:

pV = nRT ⇒ p = nRT

V=

0,300 mol( )× 8,315 J/(mol ⋅K)⎡⎣ ⎤⎦ × 381 K( )0,0140 m3( ) = 6,79×104 Pa

77#• p = pi − 30% pi = 0,70 ⋅ pi = 0,70× 1,2×105 Pa( ) = 0,84×105 Pa Il gas compie una trasformazione adiabatica quindi vale la seguente equazione di stato

pV γ = piVi

γ ⇒V γ =Viγ ⋅

pi

p

Inoltre il gas è monoatomico, quindi la costante è γ = 5

3. Otteniamo

V =Vi ⋅

pi

p⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

1γ

=Vi ⋅pi

0,70 ⋅ pi

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟

1γ

= 3,0×10−3 m3 × 10,70

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

35= 3,7 ×10−3 m3

• Dall’equazione di stato dei gas perfetti otteniamo che

pV = nRT ⇒ n = pV

RT=

0,84×105 Pa( )× 3,7 ×10−3 m3( )8,315 J/(mol ⋅K)⎡⎣ ⎤⎦ × 310 K( ) = 0,12 mol



78#Se il processo fosse adiabatico avremmo una temperatura finale

Tf = Ti

Vi

V f

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟

γ−1

= Ti

Vi

Vi

2

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

γ−1

= Ti 2( )γ−1= Ti ×1,59

Quindi:

ΔTadiabat . = Tf −Ti = 1,59Ti −Ti( ) = 59% Ti( ) Per cui:

ΔTquasist . =

12ΔTadiabat . =

59%2

Ti( ) = 30% Ti( )



Problemi)generali)1)Dalla pV = nRT si ottiene (con V = πr 2h )

pπr 2h = nRT ⇒ r = nRT

πph=

0,20 mol( )× 8,315 J ⋅mol−1 ⋅K−1( )× 20+ 273( )K[ ]π × 1,0 atm( )× 101kPa/atm( )× 50 cm( ) = 5,5 cm

2)

• Ti = T0

V1

V0

= T0

52

V0

V0

= 52

T0 =52× 300 K( ) = 750 K

• Combinando la ΔU = 5

2nRT con la Q = ΔU + pΔV si ha:

Q = ΔU + nRΔT = 52

nRΔT + nRΔT = 72

nRΔT =

= 72× 300 mol( )× 8,315 J ⋅mol−1 ⋅K−1( )× 750 K( )− 300 K( )⎡⎣ ⎤⎦ = 3,93×104 J

• ΔU = 5

2nRΔT = 5

2× 300 mol( )× 8,315 J ⋅mol−1 ⋅K−1( )× 750 K( )− 300 K( )⎡⎣ ⎤⎦ = 2,81×104 J

3)

c = Q

mΔT⇒ΔT = Q

mc Combinando le due equazioni

ΔTp =

Qmcp

e ΔTv =

Qmcv

si ottiene:

ΔTp =ΔTvcv

cp

=ΔTv

γ=ΔTv

53

= 35ΔT

4)

• pV = nRT →

p f

pi

=Tf

Ti

⇒ p f = pi

Tf

Ti

= 1,5 atm( )× 101kPaatm

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ ×

273+ 65( )K[ ]273+10( )K[ ] = 1,8×105 Pa

• ΔU = 3

2nRT = 3

2piVTi

ΔT = 32×

1,5 atm( )× 101kPa/atm( )× 10−3 m3( )283 K( ) × 55 K( ) = 44 J

• Q = ΔU = 44 J

5)Calcoliamo la temperatura nello stato finale.

Tf = Ti +16% ⋅Ti = 1,16 ⋅Ti = 1,16× 310 K( ) = 360 K Dall’equazione di stato dei gas perfetti sappiamo che pV nRT= . Quindi:

f fi i

i f

p VpVT T

=

allora fi

f if i

TpV Vp T

= ⋅ ⋅



Otteniamo che

V f =Vi ⋅

pi

p f

⋅Tf

Ti

= 15×10−3 m3( )× 1,3×105 Pa( )1,4×105 Pa( ) ×

360 K( )310 K( ) = 16×10−3 m3

6)• Calcoliamo il numero di moli contenute nel recipiente:

n = N

N A

= 11×1023

6,02×1023 mol−1 = 1,8 mol

Trasformazione isoterma:

2ln ln 1,8 mol 8,315 J/(mol K) 350 K ln2 3,6 kJf i

isotermai i

V VW nRT nRT

V V⎛ ⎞ ⎛ ⎞

= ⋅ = ⋅ = × ⋅ × × =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Trasformazione isòbara: calcoliamo prima di tutto il volume iniziale (che è il volume finale dopo la trasformazione isoterma) utilizzando l’equazione di stato dei gas perfetti:

pVi = nRTi ⇒Vi =

nRTi

p= 1,8 mol×8,315 J/(mol ⋅K)× 350 K

1,1×105 Pa= 48×10−3 m3

Calcoliamo analogamente il volume finale dopo la trasformazione isobara:

pVf = nRTf ⇒Vf =

nRTf

p=

1,8 mol( )× 8,315 J/(mol ⋅K)⎡⎣ ⎤⎦ × 370 K( )1,1×105 Pa( ) = 50,3×10−3m3

Quindi Wisobara = pΔV = 1,1×105 Pa( )× (50− 48)×10−3 m3⎡⎣ ⎤⎦ = 2,7 ×102 J

Il lavoro totale compiuto dal gas è

W =Wisoterma +Wisobara = 3,6 kJ( ) + 0,2 kJ( ) = 3,8 kJ • Calcoliamo la variazione di energia interna. Trasformazione isoterma: 0TΔ = , allora anche 0UΔ = . Trasformazione isobara:

ΔU = 3

2nRΔT = 3

2× 1,8 mol( )× 8,315 J/(mol ⋅K)⎡⎣ ⎤⎦ × 20 K( ) = 4,5×102 J

La variazione di energia interna totale è quindi 24,5 10 JUΔ = × • Calcoliamo il calore totale. Trasformazione isoterma: dal primo principio della termodinamica, risulta: Q =W = 3,8 kJ Trasformazione isòbara: dal primo principio della termodinamica risulta: Qisobara = ΔUisobara +Wisobara = 4,5×102 J( ) + 2,7 ×102 J( ) = 7,2×102 J = 0,72 kJ Q = Qisoterma +Qisobara = 3,8 kJ + 0,7 kJ = 4,5 kJ

7)Calcoliamo il volume iniziale:

Vi =

nRTi

pi

=0,700 mol( )× 8,315 J/(mol ⋅K)⎡⎣ ⎤⎦ × 305 K( )

1,20×105 Pa( ) = 1,48×10−2 m3

Il volume finale è

V f =Vi − 30,0%Vi =Vi ⋅ 1− 0,300( ) = 1,48×10−2 m3( )× 0,700 = 1,04×10−2 m3 La pressione finale è

p f = pi +50,0% pi = pi ⋅ 1+ 0,500( ) = 1,20×105 Pa( )×1,500 = 1,80×105 Pa



Calcoliamo la temperatura allo stato finale:

Tf =

p fV f

nR=

1,80×105 Pa( )× 10,4×10−3 m3( )0,700 mol( )× 8,315 J/(mol ⋅K)⎡⎣ ⎤⎦

= 322 K

Calcoliamo la variazione di energia interna:

ΔU = 3

2nR ⋅ ΔT = 3

2× 0,700 mol( )× 8,315 J/(mol ⋅K)⎡⎣ ⎤⎦ × (322 K − 305 K) = 1,5×102 J

Dal primo principio della termodinamica otteniamo che

Q = ΔU +W = 1,5×102 J( )− 380 J( ) = −2,3×102 J = −2,3×102 J( )4,19 J

cal⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

= −55 cal

8)

ΔU = Q − pΔV = Q − pSΔh =

= 480 cal( )× 4,186 J/cal( )− 1,00 atm( )× 101kPa/atm( )× 0,0150 m2( )× 0,250 m( ) == 1,63×103 J

9)

Stato 0: p0 = 1atm; T0 = 300 K; V0 = 24,6×10−3 m3

Stato 1: p1 = p0 = 1atm; T1 = 2T0 = 600 K; V1 = 2V0 = 49,2×10−3 m3

Stato 2: p2 = 2 p0 = 2 atm; T2 = 4T0 = 1200 K; V2 = 2V0 = 49,2×10−3 m3

• Q = Q01 +Q12 = mcp T1 −T0( ) + mcv T2 −T1( ) = 5

2nRT0 +

32

nR2T0 =112

nRT0 =

= 112× 1mol( )× 8,31

Jmol ⋅K

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ × 300 K( ) = 13,7 kJ

• ΔU = ncv T2 −T0( ) = 3

2× 1mol( )× 8,31(J/mol ⋅K)⎡⎣ ⎤⎦ × 900 K( ) = 11,2 kJ

• W =W01 = p0 V1 −V0( ) = p0V0 = 1,013×105 Pa( )× 24,6×10−3 m3( ) = 2,49 kJ

10)

Dati: Vb = 30 L = costante; n = 0,5 mol; gas perfetto biatomico cv =

52

R; Ti = 20 °C; Tf = 80 °C;

R = 8,31J/(mol ⋅K) • Il volume del gas nella bombola è costante, dunque W = 0 J (trasformazione isocòra). • Dall’equazione di stato dei gas perfetti, nelle due situazioni iniziale e finale, si ha: piVb = nRTi e

p fVb = nRTf . Sottraendo le due equazioni fra loro:

Δp = p f − pi = nR

Tf −Ti( )Vb

= 0,5 mol( )× 8,31J/(mol ⋅K)⎡⎣ ⎤⎦ ×80 °C( )− 20 °C( )⎡⎣ ⎤⎦

30×10−3 m3( ) = 8,3 Pa

• ΔU = ncv Tf −Ti( ) = 0,5 mol( )× 5

2× 8,31J/(mol ⋅K)⎡⎣ ⎤⎦ × 60 K( ) = 6,2×102 J



11)

• Il lavoro compiuto in un’isoterma è W = pV ln

Vf

Vi

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟, quindi possiamo ricavare la pressione

iniziale:

pi =W

Vi lnVf

Vi

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟

=13,183atm ⋅L( )

2 L( )× ln3( ) =13,183× 1,01×105 Pa( )× 10−3 m3( )

2×10−3 m3( )× ln3( ) = 6×105 Pa

• La pressione finale è uguale a un terzo di quella iniziale, dato che in un’isoterma si ha che il prodotto pV è costante; quindi

p f = pi

V f

Vi

= 6×105 Pa( )× 13= 2×105 Pa

Il lavoro nella trasformazione isòbara vale: W = pΔV = 2×105 Pa( )× 2 L( )− 6 L( )⎡⎣ ⎤⎦ = 2×105 Pa( )× −4×10−3 m3( ) = −8×102 J • In un ciclo il calore totale è uguale al lavoro totale. Dato che nella trasformazione isocòra il lavoro

è nullo, si ha: Qtot =Wtot =Wisoterma +Wisòbara = 13,83×1,01×102 J( )− 8×102 J( ) = 5×102 J

12)

• pV = nRT ⇒TA =

pAVA

nR=

2,0 kPa( )× 1,3 m3( )0,50 mol( )× 8,315 J ⋅mol−1 ⋅K−1( ) = 6,3×102 K

TB = TA

pB

pA

=pAVA

nRpB

pA

=pBVA

nR=

0,70 kPa( )× 1,3 m3( )0,50 mol( )× 8,315 J ⋅mol−1 ⋅K−1( ) = 2,2×102 K

Poiché VB = VA, per la prima legge di Gay-Lussac di ha:

VC =VB

TC

TB

=VBTC

pBVA

nR

=nRVBTC

pBVA

=nRTC

pB=

0,50 mol( )× 8,315J

mol ⋅K⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ × 600 K( )

0,70 kPa( ) = 3,6 m3

•

• WBC = pBΔV = pB VC −VA( ) = pB

nRTC

pB

−VA

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= nRTC − pBVA =

= 0,50 mol( )× 8,315 J ⋅mol−1 ⋅K−1( )× 600 K( )− 0,70 kPa( )× 1,3 m3( ) = 1,6×103 J

11

SOLU

ZION

I DEG

LIES

ERCI

ZI D

EL L

IBRO

Solu

zion

i per

cap

itol

o



!

1

1

2

2 3 4

p (

kPa)

V (m3)

B C

A

! W p V p V V pnRT

pV nRT p VBC B B C A B

C

BA C B A= = ! = !

"

#$

%

&' = ! =( ( )

== ) * * ) !! !( , ) ( , ) ( ) ( , )0 50 8 315 600 0 701 1mol J mol K K kPa )) = )( , ) ,1 3 1 6 103 3m J

4 ! T Tp

p

T Tp

p

f if

i

=

= = ) ) =1 01

0

5

5300

2 0 10

106( )

( , )

( ),K

Pa

Pa00 10

3003 0 10

109 0

2

2 02

0

5

5

)

= = ) ) = )

K

KPa

PaT T

p

p( )

( , )

( ), 110

3004 0 10

101 2 10

2

3 03

0

5

5

K

KPa

PaT T

p

p= = ) ) = )( )

( , )

( ), 33 K

!

1 2 3 4

p (!105 Pa)

500

1000

1500

p (

kPa)

V

V T (K)

P0 P1 P2 P3

P0

P1

P2

P3

5 ! T TV

VT

V

VT1 0

1

00

0

00

52 5

252

300 750= = = = ) =( )K K

! Combinando la formula (18) del capitolo 10, ( (U nR T= 52

, con la Q = (U + p(V, si ha:

Q U nR T nR T nR T nR T= + = + = =

= ) )

( ( ( ( (52

72

72

3 00 8 3( , ) ( ,mol 115 750 300 3 93 101 1 4J mol K K K J* * ) ! = )! ! ) [( ) ( )] ,

! ( (U nR T= = ) ) * * )! !52

52

3 00 8 315 7501 1( , ) ( , ) [(mol J mol K KK K J) ( )] ,! = )300 2 81 104



13)

• Tf = Ti

p f

pi

T1 = T0

p1

p0

= 300 K( )× 2,0×105 Pa( )105 Pa( ) = 6,0×102 K

T2 = T0

p2

p0

= 300 K( )× 3,0×105 Pa( )105 Pa( ) = 9,0×102 K

T3 = T0

p3

p0

= 300 K( )× 4,0×105 Pa( )105 Pa( ) = 1,2×103 K

•

14)• Q = Lvm = 2,26×106 J/kg( )× 1,00 kg( ) = 2,26×106 J

• W = pΔV = 1,01×105 Pa( )× 1,75 m3( )− 1,25×10−3 m3( )⎡⎣ ⎤⎦ = 1,77 ×105 J

• Q = ΔU +W ⇒ΔU = Q −W = 2,26×106 J/kg( )− 1,77 ×106 J/kg( ) = 2,08×106 J

15)

p1 = p0

V0

V1

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

γ

= p0

V0

V0

10

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟= p0 10γ = 1,00 atm( )× 101kPa/atm( )×10

75 = 2,54×106 Pa

T1 = T0

V0

V1

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

γ

= T0 10γ−1 = 273− 25( )K[ ]×1075−1= 749 K

16)• Calcoliamo il volume nello stato iniziale A dalla trasformazione adiabatica. Prima calcoliamo la temperatura nello stato B dall’isocòra:

Vc =VB ⇒

TC

pC

=TB

pB

⇒TB =TC

pC

pB =273 K( )

1,0 atm( ) × 1,3atm( ) = 355 K

La trasformazione AB è adiabatica, quindi vale la seguente equazione: pBVB

γ = pAVAγ

dove γ = 7

5 visto che il gas è biatomico. Quindi:

VA =

pB

pA

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

57

VB =1,3atm( )1,0 atm( )

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

57

× 30×10−3m3( ) = 36,18×10−3 m3

11

SOLU

ZION

I DEG

LIES

ERCI

ZI D

EL L

IBRO

Solu

zion

i per

cap

itol

o



!

1

1

2

2 3 4

p (

kPa)

V (m3)

B C

A

! W p V p V V pnRT

pV nRT p VBC B B C A B

C

BA C B A= = ! = !

"

#$

%

&' = ! =( ( )

== ) * * ) !! !( , ) ( , ) ( ) ( , )0 50 8 315 600 0 701 1mol J mol K K kPa )) = )( , ) ,1 3 1 6 103 3m J

4 ! T Tp

p

T Tp

p

f if

i

=

= = ) ) =1 01

0

5

5300

2 0 10

106( )

( , )

( ),K

Pa

Pa00 10

3003 0 10

109 0

2

2 02

0

5

5

)

= = ) ) = )

K

KPa

PaT T

p

p( )

( , )

( ), 110

3004 0 10

101 2 10

2

3 03

0

5

5

K

KPa

PaT T

p

p= = ) ) = )( )

( , )

( ), 33 K

!

1 2 3 4

p (!105 Pa)

500

1000

1500

p (

kPa)

V

V T (K)

P0 P1 P2 P3

P0

P1

P2

P3

5 ! T TV

VT

V

VT1 0

1

00

0

00

52 5

252

300 750= = = = ) =( )K K

! Combinando la formula (18) del capitolo 10, ( (U nR T= 52

, con la Q = (U + p(V, si ha:

Q U nR T nR T nR T nR T= + = + = =

= ) )

( ( ( ( (52

72

72

3 00 8 3( , ) ( ,mol 115 750 300 3 93 101 1 4J mol K K K J* * ) ! = )! ! ) [( ) ( )] ,

! ( (U nR T= = ) ) * * )! !52

52

3 00 8 315 7501 1( , ) ( , ) [(mol J mol K KK K J) ( )] ,! = )300 2 81 104



Calcoliamo la temperatura nello stato TA. Dall’equazione dei gas perfetti e sapendo che CA è una trasformazione isòbara e che C BV V= , otteniamo:

CAA C

A C

TTp pV V

= ⇒ =

Allora

TA = TC ⋅

VA

VC

= 273 K( )× 36,18×10−3 m3( )30,0×10−3 m3( ) = 329 K

Calcoliamo il numero di moli di gas:

n =

pAVA

RTA

=1,0×1,01×105 Pa( )× 36,18×10−3 m3( )

8,315 J/(mol ⋅K)⎡⎣ ⎤⎦ × 329 K( ) = 1,33 mol

La trasformazione AB è adiabatica, quindi vale la seguente equazione:

1 1B B A AT V T Vγ γ− −=

dove 75

γ = visto che il gas è biatomico.

Trasformazione adiabatica AB:

WAB = −ΔU AB = − 52

nRΔTAB = − 52

nR ⋅(TB −TA) =

= − 52× 1,3 mol( )× 8,315 J/(mol ⋅K)⎡⎣ ⎤⎦ × (355 K − 329 K) = −719J

Trasformazione isocòra BC: la variazione di volume è nulla, quindi 0 JBCW = . Trasformazione isòbara CA:

WCA = pA ⋅ ΔV = pA ⋅ VA −VC( ) = 1×1,01×105 Pa( )× 36,18− 30,0( )×10−3 m3⎡⎣ ⎤⎦ = 6,24×102 J

Allora il lavoro totale che viene fatto sul sistema è: W =WAB +WBC +WCA = −719 J( ) + 0 J( ) + 624 J( ) = −95 J • Calcoliamo il calore assorbito o ceduto nelle tre trasformazioni. Trasformazione adiabatica AB: 0 JABQ = Trasformazione isocòra BC: W = 0 J, quindi:

QBC = ΔU BC = 52

nRΔTBC = 52

nR ⋅ TC −TB( ) =

= 52× 1,3 mol( )× 8,315 J/(mol ⋅K)⎡⎣ ⎤⎦ × 273 K − 355 K( ) = −2,267 kJ

Trasformazione isòbara CA: dal primo principio della termodinamica U Q WΔ = − , allora calcoliamo la variazione di energia interna, che deve essere positiva poiché la temperatura è aumentata:

ΔUCA =52

nRΔTCA =52

nR ⋅ TA −TC( ) =

= 52× 1,33 mol( )× 8,315 J/(mol ⋅K)⎡⎣ ⎤⎦ × 329 K − 273 K( ) = 1,548×103 J

Otteniamo quindi QCA = ΔUCA +WCA = 624 J( ) + 1548 J( ) = 2,172×103 J Allora il calore totale è: Q = QAB +QBC +QCA = 0 kJ( )− 2,267 kJ( ) + 2,172 kJ( ) = −95 J



17)• Dalla seconda legge di Gay-Lussac:

• T1 = T0

p1

p0

= 280 K( )× 1,1×106 Pa( )1,0×105 Pa( ) = 3,1×103 K

•

cv =Q

mΔT= Q

m T1 −T0( ) =Q

m T0

p1

p0

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟−T0

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

= Q

mT0 p1 − p0( )

p0

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

=p0Q

mT0 p1 − p0( ) =

=1×105 Pa( )× 6,8×104 J( )

3,2×10−2 kg( )× 280 K( )× 1,1×106 −1,0×105( )Pa⎡⎣ ⎤⎦= 7,6×102 J/(kg ⋅K)

18)• Ricaviamo inizialmente la massa molare M . Il gas è perfetto e biatomico, quindi

cv =

52

RM

⇒M = 52

Rcv

= 52×

8,315 J/(mol ⋅K)⎡⎣ ⎤⎦1,2×103 J/(kg ⋅K)⎡⎣ ⎤⎦

= 17 ×10−3 kg/mol

Il volume occupato inizialmente è Vi = S ⋅h = 60×10−4 m2( )× 50×10−2 m( ) = 3,0×10−3 m3 La trasformazione è isoterma, quindi iT T= e, utilizzando l’equazione di stato dei gas perfetti,

ricaviamo il volume finale:

pV = piVi ⇒V =Vi ⋅

pi

p= 3,0×10−3 m3( )× 1,1×105 Pa( )

1,3×105 Pa( ) = 2,5×10−3 m3

Calcoliamo la massa:

pV = nRT ⇒ n = pV

RT e il numero di moli è

n = m

M, allora

5 3 3 3

31,3 10 Pa 2,5 10 m 17 10 kg/mol2,3 10 kg

8,315 J/(mol K) 290 KpVMmRT

− −−× × × × ×= = = ×

⋅ ×

• Calcoliamo il numero di moli di gas contenute nel pistone:

n = m

M=

2,3×10−3 kg( )17 ×10−3 kg/mol( ) = 0,14 mol

Il lavoro compiuto in una trasformazione isoterma è:

W = nRT ⋅ ln V

Vi

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟= 0,14 mol( )× 8,315 J/(mol ⋅K)⎡⎣ ⎤⎦ × 290 K( )× ln

2,5×10−3 m3( )3,0×10−3 m3( )

⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥= −62 J

Il lavoro è negativo, quindi non è svolto dal pistone ma è compiuto su di esso.

• Il gas perfetto è biatomico, quindi γ = 7

5. Utilizzando l’equazione che lega pressione e volume

nelle trasformazioni adiabatiche possiamo trovare il volume dopo la trasformazione adiabatica:

V γ =Vi

γ ⋅pi

p⎛⎝⎜

⎞⎠⎟⇒V =Vi ⋅

pi

p⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

1γ

= 3,0×10−3 m3( )× 1,1×105 Pa( )1,3×105 Pa( )

⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥

57

= 2,7 ×10−3 m3

Il volume dopo le trasformazioni isoterma e adiabatica è diminuito rispettivamente di 0,5 dm3 e 0,3 dm3 (rispetto al volume iniziale). In particolare, sotto le stesse condizioni, il volume dopo una trasformazione adiabatica diminuisce di meno rispetto all’isoterma (confronta le pendenze dei grafici dell’isoterma e dell’adiabatica).



Test)1 D 2 B 3 B 4 B 5 B 6 D 7 A 8 C 9 B 10 A and B 11 C 12 B 13 D 14 A e D 15 A 16 B 17 A 18 C 19 B 20 D 21 A 22 C 23 A 24 B 25 B and D

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