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Amaldi, Dalla mela di Newton al bosone di Higgs CAPITOLO 23 • IL SECONDO PRINCIPIO DELLA TERMODINAMICA

1 ©Zanichelli 2015

Problemi)di)paragrafo)

1)Perché una centrale termoelettrica produce lavoro mediante uno scambio di calore, solitamente proveniente dalla combustione di combustibili fossili, da cui si ricava poi energia elettrica. Una centrale idroelettrica utilizza direttamente il lavoro compiuto dall’acqua per effetto della forza di gravità per generare energia elettrica, senza coinvolgere scambi di calore significativi.

2)Sarebbe necessario aumentare il calore assorbito dalla sorgente calda e diminuire il calore ceduto alla sorgente fredda. Ma se la macchina termica dovesse produrre lo stesso lavoro compiendo un solo ciclo o frazioni dello stesso nell’unità di tempo, dovrebbe avere una dimensione e un costo molto maggiori.

3)

Q1 = Q2 −W = 8,50×103 J( )− 3,30×103 J( ) = 5,20×103 J → Q1 = −5,20×103 J

4)

W = Q2 − Q1 =

Q1

73%− Q1 = 0,37 Q1 = 0,37 × 7,5×104 J

25⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ = 1,1×103 J

5)

W = Q2 − Q1 , allora Q2 =W + Q1 = 3,40×103 J +5,80×103 J = 9,20×103 J

6)

Q2 = Q1 +W = W

38%+W = 3,63W = 3,63× 1,6 kJ

5⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ = 1,2 kJ

7)Combinando la W = Q2 − Q1 con la Q = cmΔT si ottiene:

m =Q2 −W

cΔT=

1,12×105 J( )− 2,79×104 J( )4,186 J ⋅kg−1 ⋅K−1( )× 1

10K

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= 201kg

8)• Q1 = Q2 −W = Q2 −12%Q2 = 88%Q2 = 0,88× 4,2×103 J = 3,7 ×103 J

• W = 12%Q2 = 0,12× 4,2×103 J = 5,0×102 J

P = W

Δt⇒Δt = W

P= 5,0×102 J

1,6×104 W= 3,1×10−2 s ⇒ ncicli/s =

13,1×10−2 s

= 32 s−1

9)Il calore ceduto dalla macchina termica alla sorgente fredda in un ciclo è:

Q1 = 2,5×107 J/h

3600 s/h× 60 s/min

900 min−1 = 4,62×102 J

Quindi il lavoro prodotto e la potenza erogata sono in un ciclo:

W = Q2 − Q1 = 6,3×102 J − 4,62×102 J = 1,7 ×102 J


2 ©Zanichelli 2015

P = W

t=W × ncicli/s = 1,7 ×102 J( )×15 s−1 = 2,5×103 W = 2,5 kW

10)• In un’ora di attività il lavoro prodotto è: W = PΔt = 5,00×108 W × 3600 s = 1,80×1012 J

W = Q2 − Q1 = Q2 − 62%Q2 = 38%Q2 ⇒Q2 =

W38%

= 1,80×1012 J0,38

= 4,7 ×1012 J

• Il calore ceduto all’acqua è:

Q1 = 62%Q2 = 2,91×1012 J = cmΔT

⇒ΔT =Q2

cm= 2,91×1012 J

4186 J/(kg ⋅°C)×1,42×104 kg/s× 3600 s= 14 °C

11)

W = 3,20×106 J Q1 = mcΔT

Q1 = 100 kg × 4186 J/(kg ⋅K)× 30,0− 20,0( )K = 4,19×106 J

W = Q2 − Q1 ⇒Q2 =W + Q1 = 3,20×106 J( ) + 4,19×106 J( ) = 7,39×106 J

12)

• Numero di cicli in un’ora:

101

3600h

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= 3,6×104 cicli/h

Q2 = 150 J × 3,6×104 = 5,4×106 J

W = 48,2 J × 3,6×104 = 1,7 ×106 J

Q1 = Q2 −W = 5,4×106 −1,74×106( )J = 3,7 ×106 J La quantità di calore ceduta è negativa:

Q1 = − Q1 = −3,7 ×106 J

• ΔT =

Q1

mc=

3,66×106 J( )100 kg( )× 4186 J/(kg ⋅°C)⎡⎣ ⎤⎦

= 8,74 °C

ΔT = Tf −Ti ⇒Tf = Ti + ΔT = 20+8,74( )°C = 29 °C

13)Per funzionare senza mai fermarsi la macchina dovrebbe tornare sempre a uno stesso stato iniziale; in caso contrario, la sua temperatura o qualche altro suo parametro interno crescerebbero oltre i limiti di funzionamento. Ciò equivale però a compiere una trasformazione il cui unico risultato è assorbire energia da una sorgente calda e produrre lavoro, in violazione dell’enunciato di Lord Kelvin.

14)La macchina non viola l’enunciato di Lord Kelvin perché produrre lavoro non è l’unico risultato della trasformazione; tuttavia, una volta che il serbatoio raggiunge una temperatura eccessiva la macchina interrompe il suo funzionamento e si arresta.

15)Questa macchina termica utilizza l’ambiente esterno come sorgente calda e vuole trasformare tutto il calore assorbito in lavoro, tornando allo stato originale senza cedere nulla a una sorgente fredda. In base all’enunciato di Lord Kelvin del secondo principio della termodinamica, questo non può


3 ©Zanichelli 2015

succedere. Un esperimento può dimostrare che l’espansione dell’ammoniaca in forma gassosa ne causa sì il raffreddamento, ma non abbastanza da farla tornare alla temperatura iniziale. In realtà l’ammoniaca non riesce a condensare e la macchina non riesce a completare nemmeno un ciclo. Per raffreddarsi a sufficienza e mantenere la macchina in funzione, è necessaria una sorgente fredda a cui l’ammoniaca possa cedere abbastanza calore da tornare allo stato iniziale e completare il ciclo.

16)Esprimono entrambi una condizione di impossibilità fisica.

17)

In entrambi i casi la risposta è negativa, perché η=

Q2 − Q1

Q2

, quindi la variazione nel rendimento

non dipende linearmente dalle variazioni nel calore assorbito o ceduto.

18)Aumentando il rendimento del motore si ha una diminuzione del calore emesso alla fine di ogni ciclo termodinamico a parità di calore assorbito, e quindi si ha una diminuzione della temperatura dei gas di scarico.

19)

η = W

Q2

⇒W = ηQ2 = 0,240( )× 440 J( ) = 106 J

20)

η = 0,42−12% × 0,42 = 0,37

Q2 =

Wη

= 125 J0,37

= 3,4×102 J

21)

η = W

Q2

= PtmQb

=11,4×103 W( )× 3600 s( )

5,00 kg( )× 4,60×107 J/kg( ) = 0,178

22)

η = W

Q2

⇒Q2 =Wη

=440 kJ( )

8%= 5 MJ

23)

• η = W

Q2

⇒Wi = ηiQ2

ηtot =

Wtot

Q2

=WA +WB

Q2

=4ηAQ2 + 6ηBQ2

10Q2

=4ηA + 6ηB

10

•

4ηA + 6ηB

10= 4× 0,35( )× 6× 0,22( )

10= 0,27

•

Q1h = 10 macchine( )× 3600 s( )× 3cicli/s( )×Q1 = 108 000 cicli-macchina( )× W −Q2( ) == 108 000 cicli-macchina( )× ηQ2 −Q2( ) = 108 000 cicli-macchina( )×Q2 η−1( ) == 108 000 cicli-macchina( )× 8,2×102 J/ciclo-macchina( )× 0,27 −1( ) = −6,5×107 J


4 ©Zanichelli 2015

24)

P = 3,40×103 W. Il lavoro compiuto in un’ora è: W = 3,40×103 W( )× 3600 s( ) = 12,2×106 J

Q1 = mcΔT = 200 kg( )× 4186 J/(kg ⋅°C)⎡⎣ ⎤⎦ × 32− 20( )°C = 1,00×107 J

Q2 =W + Q1 = 22,2×106 J

η = W

Q2

= 12,2×106 J22,2×106 J

= 0,55

25)• In un secondo si produce il lavoro W =1250 MJ =1,250×109 J

η = W

Q2

= 1,250×109 J3,8×109 J

= 0,33= 33%

• Calcoliamo la quantità di calore ceduta dalla centrale durante il suo funzionamento in un secondo:

Q1 = Q2 −W = 3,8×109 J −1,250×109 J = 2,6×109 J ⇒ Pdispersa = 2,6×103 MW

26)

• ηA+B =

WA +WB

Q2A =

WA

Q2A +

WB

Q2A = ηA +

ηB ⋅Q2B

Q2A = ηA + ηB ⋅

Q1A

Q2A = ηA + ηB 1− ηA( )

• ηA+B = ηA + ηB 1− ηA( ) = 0,40+ 0,28× 1− 0,40( ) = 0,57 = 57%

27)• In un minuto W = PΔt = 80 kW × 60 s = 4,8×106 J

ΔE = Q2 = Pcm = 4,60×107 J/kg( )× 5,2×10−4 m3( )× 720 kg/m3( ) = 1,72×107 J

η = W

Q2

= 4,8×106 J1,72×107 J

= 0,28

• Q1 = Q2 −W =1,72×107 J − 4,8×106 J =1,24×107 J è il calore ceduto in un minuto, quindi in un’ora avremo:

Q1 h =1,24×107 J/min × 60 min = 7,5×108 J

28)La trasformazione isoterma.

29)Dato che tutte le trasformazioni naturali sono di fatto irreversibili, gli esempi sono innumerevoli: processi termodinamici come la libera espansione di un gas, trasformazioni chimiche come le ossidazioni, fenomeni naturali come i vulcani, processi biologici come i cicli cellulari, ...

30)Il moto dei pianeti nel Sistema Solare si può considerare praticamente una trasformazione reversibile.

31)No, bisogna specificare che si può trascurare l’attrito tra il pistone e le pareti del cilindro.

32)No, solo quelle che lavorano con due sole sorgenti di calore e fra le stesse temperature T1 e T2.


5 ©Zanichelli 2015

33)Perché ci dice qual è il rendimento massimo che possiamo ottenere da una macchina termica lavorando con due sorgenti di calore date: per quanti miglioramenti nell’efficienza possiamo concepire, non potremo mai superare il valore dato dal rendimento della corrispondente macchina reversibile.

34)No, perché le temperature delle sorgenti fredde potrebbero essere differenti.

35)Perché le sorgenti ideali hanno temperature fisse, e quindi le trasformazioni che le coinvolgono saranno isoterme. Inoltre, durante le trasformazioni adiabatiche non vi è scambio di calore, il che corrisponde al fatto che al di fuori del contatto con le sorgenti ideali non vi sono altri scambi di calore.

36)Il ciclo B produce più lavoro del ciclo A, ma cede anche più calore alla sorgente fredda. Poiché sono cicli reversibili che lavorano tra le stesse temperature T1 e T2, per il teorema di Carnot devono avere lo stesso rendimento.

37)

Il calore assorbito e ceduto dipendono direttamente dal numero di moli del gas, Q = nRT ln

Vf

Vi

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟, e

quindi raddoppieranno, così come il lavoro prodotto, mentre il rendimento rimarrà lo stesso.

38)

39)

η = 1−Q1

Q2

= 1−QCD

QAB

= 1−WCD

WAB

= 1−WCD

53

WCD

= 1− 35= 2

5= 0,40

40)R:

• η = 1−

Q1

Q2

⇒Q2 =Q1

1− η=

630 J( )1− 32,0%( ) = 926 J

• Q =W ⇒ΔU = 0 J


6 ©Zanichelli 2015

41)

• Q2 = nRT2 ln

VB

VA

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= 1,00 mol( )× 8,315

Jmol ⋅K

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ × 400 K( )× ln

1,10×10−2 m3( )2,20×10−2 m3( )

⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥= 2,31kJ

• W = Q2 − Q1 = nRT2 ln

VB

VA

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟− nRT1 ln

VB

VA

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= nRΔT ln

VB

VA

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟=

= 1,00 mol( )× 8,315J

mol ⋅K⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ × 400− 340( )K[ ]× ln

1,10×10−2 m3( )2,20×10−2 m3( )

⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥= 0,35×103 J

• η = 1−

T1

T2

= 1− 340 K( )400 K( ) = 0,150

η = W

Q2

= 0,347 ×103 J2,31×103 J

= 0,150

42)

• η1 = 1−

Q1

Q2

⇒ Q1 = Q2 1− η( ) = 845 J( )× 1− 0,360( ) = 541J

• N (cicli in un’ora) = 20× 3600 h−1 = 7,20×104 cicli/h

η = W

Q2

⇒W = ηQ2 = 0,360× 845 J( ) = 304 J

Wtot /h = 304 J( )× 7,20×104( ) = 2,19×107 J

43)• Nella fase di compressione adiabatica abbiamo che:

−W = ΔU = 3

2nRΔT ⇒ n= 2

3(−W )RΔT

= 23× 2,2×103 J

8,315J/(mol ⋅K)⎡⎣ ⎤⎦ × 420 K − 290 K( )=1,4 mol

• In un ciclo di Carnot, l’espansione e la compressione adiabatica avvengono tra le stesse temperature, quindi il lavoro ha lo stesso valore in modulo ma segno opposto. Quindi consideriamo solo il lavoro compiuto durante le trasformazioni (espansione e compressione) isoterme,

ricordando che C B

D A

V VV V

= :

W = Q2 − Q1 = nRT2 lnVB

VA

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟− −nRT1 ln

VD

VC

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥

= nRT2 lnVB

VA

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟− −nRT1 ln

VA

VB

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟

−1⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥=

= nRΔT lnVB

VA

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟

Poiché durante la compressione isoterma CD il volume del gas viene dimezzato, significa che

2C

D

VV

= , quindi posso affermare che

VC

VD

=VB

VA

= 2, da cui:

W = nRΔT ln

VB

VA

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟= nRΔT ln 2( ) = 1,4 mol( )× 8,315 J/(mol ⋅K)⎡⎣ ⎤⎦ × 130 K( )× ln 2( )=1,0×103 J


7 ©Zanichelli 2015

44)• Dato che in un ciclo di Carnot l’espansione e la compressione adiabatica avvengono tra le stesse

temperature, il lavoro ha lo stesso modulo ma segno opposto, quindi

Wad = 2,03×103 J

• Il calore ceduto è uguale al lavoro di compressione nella fase isoterma Q1 = −1,27 ×103 J. Quindi:

η = 1−

Q1

Q2

⇒Q2 =Q1

1− η= 1,27 ×103 J

1− 0,31= 1,8×103 J

W = Q2 − Q1 = 1,84×103 J( )− 1,27 ×103 J( ) = 5,7 ×102 J

45)

•

VB

VA

=VC

VD

⇒VD =VA ⋅VC

VB

=2,9×10−2 m3( )× 6,7 ×10−2 m3( )

5,1×10−2 m3 = 3,8×10−2 m3

• Il sistema assorbe calore (Q2) solo durante l’espansione isoterma AB, e lo cede (Q1) solo durante la compressione isoterma CD, quindi:

Q2 = nRT2 ln

VB

VA

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟= 3,2 mol( )× 8,315 J/(mol ⋅K)⎡⎣ ⎤⎦ × 450 K( )ln 5,1×10−2 m3

2,9×10−2 m3

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

= 6,8×103 J

Q1 = nRT1 ln

VD

VC

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟= 3,2 mol( )× 8,315 J/(mol ⋅K)⎡⎣ ⎤⎦ × 320 K( )ln 3,8×10−2 m3

6,7 ×10−2 m3

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

= −4,8×103 J

Il rendimento è:

η=1−

Q1

Q2

=1− 4,8×103 J6,8×103 J

= 0,29

46)

• W = PΔt = P

f= 3,9×103 W

15 Hz= 2,6×102 J

Q2 =W + Q1 = 2,6×102 J( )+ 3,70×102 J( )= 6,3×102 J

η= W

Q2

= 2,6×102 J6,3×102 J

= 0,41

• Il ciclo di Carnot riporta il gas allo stato iniziale, quindi la temperatura del gas alla fine di un ciclo è uguale a quella all’inizio del ciclo, e così anche dopo un’ora (perché compie un numero intero di cicli).

47)

• η = 1−

Q1

Q2

⇒Q2 =Q1

1− η=

450 J( )1− 0,300( ) = 643 J

• P = W

Δt

W = Q2 − Q1 = 643 J( )− 450 J( ) = 193 J

Δt = W

P=

193 J( )10×103 W( ) = 1,9×10−2 s


8 ©Zanichelli 2015

48)• Combinando le formule pBVB

γ = pCVCγ e pBVB = pAVA si ottiene:

VB =pAVA

pCVCγ

1−γ =5,00 atm( )× 1,32×10−2 m3( )

1,00 atm( )× 4,25×10−2 m3( )1,671−1,67 = 2,20×10−2 m3

pB =

VA

VB

pA =1,32×10−2 m3

2,20×10−2 m3 (5,00 atm) = 3,00 atm

Allo stesso modo, con le dovute modifiche, si trovano le coordinate del punto D:

VD =pCVC

pAVAγ

1−γ =1,00 atm( )× 4,25×10−2 m3( )

5,00 atm( )× 1,32×10−2 m3( )1,671−1,67 = 2,55×10−2 m3

pD =

VC

VD

pC = 4,25×10−2 m3

2,55×10−2 m3 (1,00 atm) = 1,67 atm

• Verifichiamo la relazione dimostrata nel Problema modello 3: VCVD

= 4,25 ×10−2 m3

2,55 ×10−2 m3 = 1,67

VBVA

= 2,20 ×10−2 m3

1,32 ×10−2 m3 = 1,67 = VCVD


9 ©Zanichelli 2015

49#Il rapporto T1 / T2 deve essere molto piccolo, quindi le due temperature devono essere il più possibile differenti tra loro.

50#Dato che entrambe utilizzano refrigeranti a temperatura ambiente, il rendimento massimo (ovvero quello di una macchina reversibile) di una centrale termoelettrica è maggiore di quello di una centrale nucleare.

51#Il rendimento massimo che si può ottenere lavorando con quelle temperature è pari a

η=1− 323 K

473 K= 0,32

Un motore con un rendimento maggiore che lavori fra tali temperature non può dunque esistere.

52#In inverno la temperatura dell’acqua sarà minore e quindi il rendimento della centrale sarà maggiore.

53#

η = 1−

T1

T2

= 1− 1,1×103 K2,3×103 K

= 1− 0,48 = 0,52

54#

η = 1−

T1

T2

⇒T1 = T2 1− η( ) = 700 K( )× 1− 0,360( ) = 448 K

55#

• η = 1−

T1

T2

= 1−273 K( ) + 70 K( )⎡⎣ ⎤⎦

273 K( ) + 2.9×102 K( )⎡⎣ ⎤⎦= 1− 343 K( )

5.6×102 K( ) = 0.39

•

30%39%

= 0.77

56#

• 52%η = 52% 1−

T1

T2

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= 52% × 1− 273− 25( )K

273+ 420( )K⎡⎣⎢

⎤⎦⎥= 52% ×57% = 0,30

• Q =Wt = 400 kW( )× 3600 s( ) = 1,44×109 J

W = 30%Q = 30% × 1,44×109 J( ) = 4,3×108 J

WR = 57%Q = 57% × 1,44×109 J( ) = 8,2×108 J

ΔW =WR −W = 8,2− 4,3( )×108 J = 3,9×108 J #


10 ©Zanichelli 2015

57#

• η = 1−

T1

T2

= 1− 350 K( )600 K( ) = 0,417

• T1 = T2 1− η( ) = 600 K( )× 1− 0,417 + 0,417 ×10%( )⎡⎣ ⎤⎦ = 600 K( )× 1− 0,417 + 0,042( )⎡⎣ ⎤⎦ =

= 600 K( )× 1− 0,459( ) = 325 K

• ΔT1 = 325 K( )− 350 K( ) = −25 K

58#

• ηElisa = 1−

T1

T2( )Elisa

= 1− 350 K( )625 K( ) = 0,440

da cui

0,4400,417

= 1,06→ +6% circa

che non è il 10% di prima: Elisa ha torto. • Diminuendo T1 (di 25 K), ciò comporta l’aumento di η del 10%. • Il rendimento iniziale è η1 = 0,417. Nel secondo caso proposto da Elisa il rendimento diventa:

η2 = 1−

T1

T2 − ΔT1

= 1− 350 K( )600 K( ) + 25 K( ) = 1− 0,56 = 0,44

Quindi

Δηη1

= 0,44− 0,417( )0,417

= 0,055= 5,5%

59#• T1 = 293 K T2 = 373 K

η = 1−

T1

T2

= 1− 293 K( )373 K( ) = 0,214

P = W

Δt⇒W = 3,60×106 J

η = W

Q2

⇒Q2 =Wη

=3,60×106 J( )

0,214= 1,68×107 J

• W = Q2 − Q1

Q1 = Q2 −W = 1,68×107 J( )− 3,60×106 J( ) = 1,32×107 J

N kW/h( ) = 1,32×107 J( )

3,60×106 J( ) = 3,66

60#

• ηR = 1−

T1

T2

= 1− 303 K723 K

= 0,581

In un secondo i lavori delle due macchine sono pari a:

W R = 6,3×106 J/h

3600= 1,8×103 J; W I = 1,44×103 J



Il calore assorbito dalla macchina reversibile è:

Q2

R = W R

ηR

= 1,75×103 J0,581

= 3,0×103 J

ηI =

W I

Q2I = 1,44×103 J

3,0×103 J= 0,48

•

Q1R

Q1I=

Q2R −W R

Q2I −W I =

3,0×103 J( )− 1,75×103 J( )3,0×103 J( )− 1,44×103 J( ) = 0,79

61#

• η = 1−

T1

T2

= 1− 278 K295 K

= 5,8%

• In un minuto W = PΔt = 1,00×108 W( )× 60 s = 6,0×109 J

η = W

Q2

⇒Q2 =Wη

= 6,0×109 J0,058

= 1,0×1011 J

Q1 =W −Q2 = 6,0×109 J( )− 1,0×1011 J( ) = −9,4×1010 J

Q1 = cmΔT ⇒ m =

Q1

cΔT= 9,4×1010 J

4186 J/(kg ⋅°C)× 2 °C= 1×107 kg = 1×104 t

62#

• η = W

Q2

= 4,1×103 J9,4×103 J

= 0,44

•

T1 = 1− η( )T2

T2 −T1 = 250 K

⎧⎨⎪

⎩⎪⇒T2 − 1− η( )T2 = 250 K ⇒T2 =

250 Kη

= 568 K = 295 °C

T1 = T2 − 250° C = 45 °C

• Q1 =W −Q2 = 4,1×103 J( )− 9,4×103 J( ) = −5,3×103 J

63#

• ηmax = 1−

T1

T2

= 1− 293 K483 K

= 39%

η = 25%ηmax = 0,098 = 9,8%

• Potenza generata Pg = F ⋅v = 1,60×105 N( )× 56,1m/s( ) = 8,98×106 W

In un secondo W = 8,98×106 J ⇒Q2 =

Wη

= 8,98×106 J9,8%

= 9,2×107 J

• mcarbone =

9,2×107 J3,2×107 J/kg

= 2,9 kg

64#In queste fasi non viene prodotto lavoro, 0 J.



65#Il motore Diesel, proprio perché la temperatura di combustione è più elevata. Se T2 è maggiore, si ha

un rapporto

T1

T2

minore e quindi un rendimento η = 1−

T1

T2

più grande: il motore Diesel ha quindi un

rendimento teorico maggiore di quello a benzina.

66#

η = 1−VC

VB

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

γ−1

⇒VB

VC

= 1

1− η( )1γ−1( )

= 1

1− 0,450( )1

1,67−1( )= 2,44

67#In un ciclo

W = ηQ2 = 0,34× 8,1×102 J( ) = 2,8×102 J

Frequenza (cicli/secondo) f = 2400

60 s= 40 Hz

Quindi P =Wf = 2,8×102 J( )× 40 Hz = 1,1×104 W

68#

T1 = T0

V0

V1

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

γ−1

= T0

V0

2V0

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

γ−1

= T0

12

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟γ−1

= 400 K( )× 12

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

1,67−1

= 400 K( )× 12

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

0,67

= 2,5×102 K

69#

• η = 1−

T1

T2

= 1− 273−80( )K273+ 2100( )K

= 0,85

•

Q2 =Wη

= W

1−T1

T2

=WT2

ΔT=

40 kJ( )× 273+ 2100( )K[ ]2020 K( ) = 4,7 ×104 J

70#• T1 = 0,90×103 K T2 = 1,70×103 K

η = 1−

0,90×103 K( )1,70×103 K( ) = 0,47

• T2 max = T2 −15%T2 = 1− 0,15( )T2 = 1,45×103 K

η = 1−

T1finale

T2 max

⇒ηT2 max = T2 max −T1finale

T1finale = T2 max 1− η( ) = 1,45×103 K( )× 1− 0,47( ) = 0,77 ×103 K

ΔT1 = T1finale −T1 = 0,77 ×103 K( )− 0,90×103 K( ) = −1,3×102 K

71#• In una trasformazione adiabatica pV γ = costante , quindi

p fV f

γ = piViγ ⇒ p f =

Vi

Vf

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

γ

pi = 30 cm3

180 cm3

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

1,67

× 2,2×107 Pa( ) = 1,1×106 Pa



• n=

piVi

RTi

=2,2×107 Pa( )× 3,0×10−5 m3( )8,315 J/(mol ⋅K)× 2100 K

= 3,8×10−2 mol

Tf =

p fV f

nR=

1,1×106 Pa( )× 1,8×10−4 m3( )3,8×10−2 mol( )× 8,315 J/(mol ⋅K)⎡⎣ ⎤⎦

= 629 K = 3,6×102 °C

72#

• η = 1−

VC

VB

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

γ−1

= 1− 16,5

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

0,40

= 0,53

In un secondo W = 7,6×103 J

Q2 =

Wη

= 7,6×103 J0,53

= 1,43×104 J

Q1 = Q2 −W = 1,43×104 J( )− 7,6×103 J( ) = 6,7 ×103 J

• ηC = 1−

T1

T2

= 1− 850 K2600 K

= 0,67

In un minuto la macchina di Carnot assorbe il calore Q2,C = 1,4×104 J/s× 60 s = 8,4×105 J

e produce un lavoro WC = ηCQ2,C = 0,67 ×8,4×105 J = 5,6×105 J

Il motore in un minuto produce il lavoro WM = 7,6×103 J/s× 60 s = 4,6×105 J

La differenza è ΔW =WC −WM = 5,6×105 J( )− 4,6×105 J( ) = 1,0×105 J

73#• In una trasformazione adiabatica pV γ = costante e TV γ−1 = costante , quindi

TC = TB

VB

VC

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟

γ−1

= 3,00×102 K( )× (8,0)0,40 = 6,9×102 K

pC = pB

VB

VC

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟

γ

= 1,1×105 Pa( )×81,40 = 2,0×106 Pa

Nell’espansione a volume costante ΔT = Q

CV

= 8,4×102 J8,34×10−1 J/K

= 1,0×103 K , quindi

TD = TC + ΔT = 6,9×102 K( ) + 1,0×103 K( ) = 1,7 ×103 K

Inoltre nella trasformazione CD a volume costante pT= costante , quindi

pD = pC

TD

TC

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟= 2,0×106 Pa( )× 1,7 ×103 K

6,9×102 K= 5,0×106 Pa

• Il rendimento è dato da η = 1−

VC

VB

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟

γ−1

= 1− 18,0

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

0,40

= 0,565

e il lavoro è pari a :

W = ηQ2 = 0,56× 8,4×102 J( ) = 4,7 ×102 J



74#Nella compressione adiabatica AB:

VB =

VA

22=

5,0×10−4 m3( )22

= 2,3×10−5 m3

Dalla formula (18) del capitolo 11:

TB = TA

VA

VB

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

γ−1

= TA

VA

VA

22

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

γ−1

= TA 22γ−1 = 293 K( )× 2275−1= 1,01×103 K

Dalla formula (19) del capitolo 11:

pB = pA

VA

VB

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

γ

= 1,0×105 Pa( )× 2275 = 76×105 Pa

Isobara BC: pC = pB = 76×105 Pa CD: dalla formula (19) del capitolo 11:

pD = pC

VC

VD

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

γ

= pB

VC

VA

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

γ

⇒VC =VA

pD

pB

γ =VA

pD

pA

VA

VB

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

γγ

=VA

VA

VB

pD

pA

γ =VA

22pD

pA

γ =5,0×10−4 m3( )

22×

5,0×105 Pa( )1,0×105 Pa( )

75 =

= 7,2×10−5 m3

BCbis:

VB

VC

=TB

TC

⇒TC = TB

VC

VB

= TA 22γ−1( )VA

22⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

pD

pA

γ

VA

22

= 22γ−1 TA

pD

pA

γ = 2275−1×

5,0×105 Pa( )1,0×105 Pa( )

75 = 3,18×103 K

Isocòra DA: VD =VA = 5,0×10−4 m3

pA

pD

=TA

TD

⇒TD = TA

pD

pA

= 293 K( )× 5,0×105 Pa( )1,0×105 Pa( ) = 1,47 ×103 K

75#

•

η =

WΔtQ2

Δt

=Perogata

Passorbita

• Perogata = 0,50× 73,5×103 W = 3,67 ×103 W

η =

Perogata

Passorbita

⇒ Passorbita =Perogata

η=

36,7 ×103 W( )0,3

= 1,22×105 W

Q2(1h) = Passorbita × 3600 s = 4,39×108 J

m(1h) =

Q2(1h)

Pc

=4,39×108 J( )

0,46×108 J/kg( ) = 9,54 kg



V (benzina)(1h) =

md=

9,54 kg( )0,71kg/L( ) = 13,4 L

N (km/litro)(1h) =

120 km( )1,34 L( ) = 9,0 km/L

76#

Dalla teoria sappiamo che 1

2 1

COP TT T

=−

, quindi:

COP = 1T2

T1

−1= 1

11− η

−1= 1− η

η= 1η−1

77#

Per una macchina di Carnot inversa COP =

T1

T2 −T1

, quindi più piccola è la differenza di temperatura

più grande è il coefficiente di prestazione.

78#

COP =

Q1

W⇒ W =

Q1

COP=

1,0 kJ( )2,8

= 3,6×102 J

79#

COP =

Q1

W⇒Q1 = COP ⋅W = 4,80× 425 J( ) = 2,04×103 J

80#

η = 1−

T1

T2

= ΔTT2

=36 °C( )− 22 °C( )

273− 36( )K[ ] = 0,045

81#

• K =

Q2

W=

6,50 J( )2,20 J( ) = 2,95

• T1 = 278 K T2 = 292 K

Kmax =

1η=

T2

T2 −T1

= 292 K(292− 278)K

= 21

82#• T1 = 277 K T2 = 308 K

COPmax =

T1

T2 −T1

= 277 K308− 277( )K

= 8,9

• W =

Q1

COP=

3,63×107 J/d( )4,2

= 8,6×106 J/d

• P = W

ΔT=

8,6×106 J( )3600 s/h( )× 24 h( ) = 1,0×102 W



83#

• COP =

Q1

W=

T1

T2 −T1

= (273+ 21)K(32− 21)K

= 26,7

In un secondo:

Q1 =

3,2×105 J/min60 s/ min

= 5,33×103 J/s

W =

Q1

COP= 5,33×103 J

26,7= 2,0×102 J → P = 2,0×102 W

• Q2 = Q1 + W = 5,3×103 J + 2,0×102 J = 5,5×103 J

84#• Se funziona come una macchina di Carnot:

COP =

T1

T2 −T1

⇒T2COP = T1 1+COP( )⇒T1 = T2

COP1+COP

= 26+ 273( )K × 4,85,8

= 247 K = −26 °C

• Q1 = mcΔT = 5,0 kg × 4186 J/(kg ⋅°C)× 26− 21( )°C = 1×105 J

W =

Q1

COP= 1,1×105 J

4,8= 2×104 J

P = W

Δt= 2×104 J

120 s= 2×102 W

85#

Q1 = cmΔT = 3920 J/(kg ⋅°C)× 0,650 kg × 22− 4( )°C = 4,6×104 J

COPf =

T1, f

T2, f −T1, f

=2+ 273( )K22− 2( )K = 14 e

COPc =

T1, c

T2 −T1, c

=−16+ 273( )K22− −16( )[ ]K = 6,8

COP =

Q1

W⇒ W =

Q1

COP, quindi:

Wf =

Q1

COPf

= 4,6×104 J14

= 3,3×103 J

Wc =

Q1

COPc

= 4,6×104 J6,8

= 6,8×103 J

86#• Per 6 ghiaccioli

W = 1,3×104 J( )× 6 = 7,8×104 J

Q1 = cmΔT + Lf m = m cΔT + Lf( ) == 6× 7,5×10−2 kg × 3,9×103 J/(kg ⋅°C)× 25 °C+ 2,97 ×105 J/kg⎡⎣ ⎤⎦ = 1,8×105 J

Q2 = Q1 + W = 1,8×105 J( ) + 7,8×104 J( ) = 2,6×105 J

• COP =

Q1

W= 1,8×105 J

7,8×104 J= 2,3

Se fosse reversibile COPr =

T1

T2 −T1

=−2+ 273( )K28− −2( )[ ]K = 9,0, quindi la macchina non è reversibile.



87#

• ηmax = 1−

T1

T2

= 1−273+ 2( )K273+ 21( )K = 0,0646

Kmax =

1ηmax

= 10,0646

= 15,5

K = 0,68 ⋅Kmax = 0,68×15,5= 11

• K =

Q2

W⇒ W =

Q2

K= 4,7 ×108 J

10,6= 4,4×107 J

88#

• η = 1−

T1

T2

= ΔTT2

=25,0 K( )− −18,0 K( )

25,0− 273( )K⎡⎣ ⎤⎦= 14%

• COP = 1− η

η= 1− 0,14

0,14= 6,1

• W =

Q1

COP= (680 cal)× (4,186 J/cal)

6,1= 4,7 ×102 J

89#

• COP =

Q1

W⇒Q1 = COP W = 480 J( )×5,50 = 2,64×103 J

• W = 480 J

Q1 finale = Q1 +8,00%Q1 = 1+ 0,0800( )Q1 = 2,85×103 J

COP =

2,85×103 J( )480 J( ) = 5,94

90#1 cal = 4,186 J

COP =

Q1

Q2 −Q1

⇒ Q2 −Q1( ) ⋅COP = Q1

Q2 =

Q1 ⋅ 1+COP( )COP

=540 cal( )× 4,186 J/cal( )× 1+ 2,90( )

2,90= 3,04×103 J

Q2 tot (in 15 cicli) = 3,04×103 J( )×15= 4,56×104 J

91#

P =

QΔT

Δt= C ΔT

Δt=

4,2×104 J/°C( )× −12 °C( )− −18 °C( )⎡⎣ ⎤⎦5,0 min( )× 60 s/min( ) = 8,4×102 W



Problemi)generali)

1)

P =

WΔt

=

Q1

COPΔt

= 4,0×103 J/s5

= 8×102 W

2)• W = pΔV = 1,0 atm( )× 4,0 L( ) = 4 atm ⋅L = 4,0×102 J

• η = W

Q2

=404 J( )4000 J( ) = 0,10

ηC = 2η = 2× 0,10 = 0,20

• ηC = 1−

Tf

Tc

, quindi

Tf = 1− ηC( )TC = 1− 0,20( )× 273 K +120 °C( ) = 3,1×102 K

3)

• η = L

QH

=1580 kJ( )2100 kJ( ) = 75,2%

• QC = QH − L = 2100 kJ( )− 1580 kJ( ) = 520 kJ

• η = 1−

TC

TH

= 1−270 K( )

1350 K( ) = 80,0%

• η = L

QH

⇒ L = ηQH = 80,0% × 2100 kJ( ) = 1,68 MJ

4)

mgh = ηQ ⇒η = mgh

Q=

500 kg( )× 9,80 m/s2( )× 16,0 m( )0,460×108 J/kg( )× 5,17 ×10−3 kg( ) = 33%

5)

Dalla QΔT = cmΔT si ottiene: m =

QΔT

cΔT=

Q2 −WcΔT

Q2 =

Wη⇒Q2 −W = W

η1− η( ), quindi in 1 s:

m =2,0×104 J( )

0,65× 1− 0,65( )

4,19×103 Jkg ⋅K

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟× 10 K( )

= 2,6×10−1 kg

il che corrisponde a una portata

q = ΔVΔt

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ di 2,6×10−4 m3/s d’acqua.

6)Calcoliamo il COP del frigorifero considerato una macchina di Carnot inversa:

COP =

T1

T2 −T1

= 258K(293− 258)K

= 7,37



Sappiamo che per una macchina qualsiasi COP =

Q1

W, quindi:

Q1 = W ⋅COP = (100 J)× 7,37 = 737 J

Con Qtot = m Lf + cΔT( ), chiamando x il numero di cicli e osservando che nel caso del frigorifero

xQ1 = m(Lf + cΔT ) , otteniamo:

x =

m(Lf + cΔT )Q1

= (10,0×10−3 kg)× [(3,35×105 J/kg)+ (4,186×103 J/(kg ⋅K)× 20 K]737 J

= 5,7

cioè circa 6 cicli.

7)

• TC =

pCVC

nR= 273 K

TA = TC

pA

pC

=pCVC

nRpA

pC

=VC pA

nR=

3,37 ×103 m3( )× 2,96×105 Pa( )1,50 mol( )× 8,315 J ⋅mol−1 ⋅K−1( ) = 800 K

pA VA( )γ = pB VB( )γ ⇒VB =VA

pA

pB

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

1γ

TB = TC

VB

VC

= TC

VA

pA

pB

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

1γ

VC

= TC

pA

pB

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

1γ

= 588 K

• Sappiamo che nel caso biatomico:

ΔU = 52

nRΔT = 52

nR TA −TC( ) =

= 52× 1,50 mol( )× 8,315 J ⋅mol−1 ⋅K−1( )× 800 K( )− 273 K( )⎡⎣ ⎤⎦ = 16,4 kJ

• η = Δt

T2

=800 K( )− 273 K( )

800 K( ) = 0,659

8)

• Q2 = nRT2 ln

VA

VB

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= 10 mol( )× 8,315 J ⋅mol−1 ⋅K−1( )× 550 K( )× ln3= 50,2 kJ

• Tenendo conto delle due espressioni possibili per il rendimento della macchina di Carnot

η = W

Q2

= ΔTT2

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

, si ha:

T1 = T2 1− W

Q2

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= 550 K( )× 1− 14,1kJ( )

50,2 kJ( )⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ = 396 K

9)

• Combinando la η = W

Q2

con la η = 1−

Q1

Q2

si ottiene:

Q1 =W 1

η−1

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= 1,5×103 MW( )× 1s( )× 1

30%−1

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ = 3,5×103 MJ



•

ΔT = Qmc

=3,5×103 MJ( )

4186 Jkg ⋅K

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟× 75 m3( )× 1,00×103 kg/m3( )

= 11 K

dove la portata q = ΔV

Δt⇒ΔV = qΔt = 75 m3 e m =Vd .

10)

• ηmax = 1−

T1

T2

= 1−−10+ 273( )K600+ 273( )K = 0,70

• In un secondo abbiamo che il calore di scarto, cioè ceduto all’ambiente esterno, è:

Q1 = Q2 −W = W

η−W =W 1− η

η⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= 5,0×107 J( )× 1− 0,45

0,45⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= 6,1×107 J

Q1 = cgmΔTg + Lf m+ camΔTa = m ⋅ cgΔTg + Lf + caΔTa( )

quindi

m =

Q1

cgΔTg + Lf + caΔTa( ) =

= 6,1×107 J

2,0×103 J/(kg ⋅°C)×10 °C⎡⎣ ⎤⎦ + 3,3×105 J/kg( ) + 4,2×103 J/(kg ⋅°C)× 30 °C⎡⎣ ⎤⎦= 1,3×102 kg/s

11)

• ηmax =

0,0840,72

= 0,12

T2 −T1 = ΔTT1

T2

= 1− η

⎧

⎨⎪

⎩⎪

⇒T2 − 1− η( )T2 = ΔT

T1 = 1− η( )T2

⎧⎨⎪

⎩⎪⇒

ΔT2 = ΔT

T1 = 1− η( )T2

⎧⎨⎪

⎩⎪

⇒T2 =

ΔTΔ

= 35 K0,12

= 2,9×102 K

T1 = 0,88T2 = 0,88× 2,9×102 K = 2,6×102 K

⎧

⎨⎪

⎩⎪

• COP = 1− η

η= 1− 0,12

0,12= 7,3

12)

• K = 1

η=

T2

T2 −T1

=21+ 273( )K

21−5( )K = 18

• In un giorno il lavoro compiuto è W = PΔt = 200 W( )× 24 h × 3600 s/h( ) = 1,73×107 J , quindi la quantità di calore trasferita alla stanza in un giorno è:

Q2 = K ⋅W = 18× 1,73×107 J( ) = 3,1×108 J

Energia elettrica in kWh: E = 1,73×107 J

3,600×106 J/kWh= 4,80 kWh

Costo energia elettrica: c1 = 0,17 €/kWh( )× 4,80 kWh( ) = 0,82 €



Volume di metano utilizzato: V =

ΔEprodotta

PC

= 3,1×108 J1,7 ×107 J/m3 = 1,8×10 m3

Costo gas naturale: c2 = 0,65 €/m3( )× 1,8×10 m3( ) = 12 €

13)• In un ciclo

Q1 = mazotoLv−azoto = 2,0×10−3 kg( )× 2,0×105 J/kg( ) = 4,0×102 J

Q2 = mpiomboLf − piombo = 2,5×10−2 kg( )× 2,3×104 J/kg( ) = 5,8×102 J

W = Q2 − Q1 = 5,8×102 J( )− 4,0×102 J( ) = 1,8×102 J

P =Wf = 1,8×102 J( )× 5,0 Hz( ) = 9,0×102 W

η = W

Q2

= 1,8×102 J5,8×102 J

= 0,31

• Per la macchina di Carnot:

ηC = 1−

T1

T2

= 1− 77 K600 K

= 0,87

14)• Wa = 1− 66,7%( )×1,24 kJ = 413 J • ΔU = −W = −413 J

• U = 5

2nRT ⇒ΔU = 5

2nRΔT

⇒ΔT = 25ΔUnR

= 25×

412 J( )2,00 mol( )× 8,315

Jmol ⋅K

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= 9,93 K

15)Il rendimento della macchina A è

ηA = 1−

T1A

T2 A

= 1− 300 K700 K

= 0,571 .

Dalla definizione di rendimento e dal primo principio della termodinamica troviamo la relazione tra il lavoro W eseguito dalla macchina A e il calore che essa cede;

W = ηAQ2 A = ηA Q1A +W( )⇒W 1− ηA( ) = ηA Q1A . Quindi possiamo calcolare

W =

ηA

1− ηA

Q1A = 0,5711− 0,571

× 1,5×103 J( ) = 2,0×103 J

Il coefficiente di guadagno della pompa di calore B è

KB =

T2 B

T2 B −T1B

= 600 K600 K − 400 K

= 3,00

Quindi, dalla definizione di KB troviamo

Q2 B = KB W = 3,00× (2,0×103 J) = 6,0×103 J



16)• T1 = 298 K

η = 1−

T1

T2

⇒T2 1− η( ) = T1

T2 =

T1

1− η=

298 K( )1− 0,50( ) =

298 K( )0,50

= 6,0×102 K

• T1 = 263 K

η = 1−

T1

T2

= 1−263 K( )596 K( ) = 1− 0,44 = 0,56

• Il calore fornito da 10 kg di benzina è

Q2 = 10 kg( )× 0,460×108 J/kg( ) = 4,60×108 J Il lavoro che la macchina ricava durante l'estate è

W = ηQ2 = 0,50× 4,60×102 J( ) = 2,3×108 J

Poiché 1kWh = 3,60×106 J :

N (kWh) =

2,3×108 J( )3,6×106 J( ) = 64

Durante l’inverno la macchina termica produce il lavoro: W = ηQ2 = 0,56× 4,60×108 J( ) quindi

N (kWh) =

2,58×108 J( )3,60×106 J( ) = 72

17)

• p1−γT γ = cost ⇒Tf =

pi

p f

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

1−γγ

Ti =1,20×106 Pa4,30×104 Pa

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

−27

× 750+ 273( )K = 395 K

• Nella compressione isòbara per ogni secondo il calore ceduto vale:

Q1 = mcpΔT = 1,40 kg( )× 1,1×103 J/(kg ⋅K)( )× 300− 395( )K = −1,5×105 J

La temperatura raggiunta alla fine della compressione adiabatica è:

Tf =

pi

p f

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

1−γγ

⋅Ti =4,30×104 Pa1,20×106 Pa

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

−27

× 300 K( ) = 777 K

Nell’espansione isòbara il calore assorbito è:

Q2 = mcpΔT = 1,40 kg( )× 1,1×103J/(kg ⋅K)⎡⎣ ⎤⎦ × 1023− 777( )K = 3,8×105 J

Rendimento:

η = 1−

Q1

Q2

= 1− 1,5×105 J3,8×105 J

= 0,61

)



18)• CD:

TD =

pDVD

nR=

6,50×105 Pa( )× 8,00×10−3 m3( )1mol( )× 8,315 J ⋅mol−1 ⋅K−1( ) = 625 K

TC = TB

VB

VC

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

γ−1

= TB

VE

VD

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

γ−1

= 273 K( )× 2,523 = 503 K

Qa = ΔUa =

32

nRΔTa =32× 1mol( )× 8,315 J ⋅mol−1 ⋅K−1( )× 625−503( )K[ ] = 1,52 kJ

• EB:

TE = TD

VD

VE

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

γ−1

= 625 K( )× 12,5

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

23= 339 K

Qc = −ΔUc = − 3

2nRΔTc = − 3

2× 1mol( )× 8,315 J ⋅mol−1 ⋅K−1( )× 339− 273( )K[ ] = −823 J

• Lavoro: ΔW = ΔQ = Qa − Qc = 1,52 kJ( )− 823 J( ) = 699 J

• η = W

Qa

=0,70 kJ( )1,52 kJ( ) = 0,459

19)• Calcoliamo le temperature tramite l’equazione di stato dei gas perfetti:

TB =

pBVB

nR=

2 pA ⋅VA

nR= 2TA

TC =

pCVC

nR=

2 pA ⋅3VA

nR= 6TA

TD =

pDVD

nR=

pA ⋅3VA

nR= 3TA

• ηmax = 1−

Tmin

Tmax

= 1−TA

TC

= 1− 16= 5

6= 0,83

)



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

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