(02/07/18) Una mole di gas ideale passa dallo stato A allo stato B...

Scritti di Termodinamica 2002 → 2016

(02/07/18) Una mole di gas ideale passa dallo stato A allo stato B conuna trasformazione isobara in cui: ∆H = 2269.72 J , ∆U = 1621.23 J ,∆S = 6.931 J/KDeterminare i valori di TA e TB.

Soluzione

H = U + PV =⇒ ∆H = ∆U + p∆V = cp∆T = cp(TB − TA)

∆U = cV ∆T = cV (TB − TA)

dS = 1TdU + p

TdV = cV

TdT +RdT

T= cp

TdT ⇒ ∆S = cp ln TB

TA

γ = cpcV

= ∆H∆U

= 2269.721621.23

= 1.4 =⇒ gas biatomico

TB − TA = ∆UcV

= 1621.2352

8.314= 78.0 K

TBTA

= exp(∆S/cp) = exp(6.931/(728.314)) = 1.2689

TA+78 KTA

= 1.2689⇒ 0.2689TA = 78 K ⇒

TA = 780.2689

= 290.07 K, TB = 368.07 K.

1

(02/07/18) Una mole di gas ideale biatomico compie un ciclo reversibilecostituito da:1) una espansione adiabatica da A (TA = 600 K ) a B (TB = 300 K).2) una compressione isoterma fino al punto C a volume uguale a quello

iniziale VA.3) una trasformazione isocora fino a tornare alla temperatura TA.Calcolare il rendimento del ciclo.

Soluzione:

VC = VA, γ = 7/5, QAB = 0, QBC = RTB ln VCVB

= RTB ln VAVB

TAVγ−1A = TBV

γ−1B =⇒

(VAVB

)γ−1

= TBTA⇒ VA

VB=(TBTA

) 1γ−1

=(

12

) 52 =

0.17678QBC = 8.314 ∗ 300 ∗ ln (0.17678) J = −4322.1 J

QCA = CV (TA − TC) = 52∗ 8.314 ∗ 300 J = 6235.5 J

L = QBC +QCA = 1913.4 J

η = LQCA

= 1913.46235.5

= 0.30686

2

(02/09/12) Un blocco di stagno di massa m = 1.5 kg a temperaturaambiente (tA = 20 ◦C) viene posto a contatto con una sorgente alla tem-peratura di fusione dello stagno (tF = 232 ◦C). Ad equilibrio raggiunto, lavariazione di entropia dell’universo vale∆Sun = 42.2 J/K. Calcolare il calorespecifico dello stagno.

Soluzione

∆Sun = ∆SSn + ∆Samb ∆SSn = mc ln TFTA

+ mλTF, ∆Samb = − Q

TF.

Q = mc(TF − TA) +mλ calore ceduto dalla sorgente..

∆Samb = −mc(TF−TA)+mλ

TF,

∆Sun = mC ln TFTA

+ mλTF− mc(TF−TA)+mλ

TF= mC

(ln TF

TA− TF−TA

TF

),

C= ∆Sun

m(

lnTFTA−TF−TA

TF

) = 42.2

1.5(ln 273.15+232273.15+20

− 232−20273.15+232)

J/KgK = 225.98 J/KgK.

3

(02/09/12) Cinque moli di gas ideale biatomico sono contenute, allatemperatura t1 = 250 ◦C, nel volume V1 di un cilindro connesso ad un al-tro cilindro da un rubinetto chiuso. Il gas compie nel primo cilindro unaespansione adiabatica reversibile, fino ad occupare un volume V ′ = 4V1. Siapre poi il rubinetto e il gas fluisce nel secondo cilindro, inizialmente vuoto,di volume V2 = V1. Il sistema è termicamente isolato e con pareti rigide.Calcolare ∆U e ∆S di ciascuna trasformazione.

Soluzione

∆S1 = 0 (Adiab. rev.). ∆U1 = ncV (T ′1−T1), n = 5, T1 = t1 +273.15 =523.15 K

Cp = 72R, CV = 5

2R, γ = Cp

CV= 1.4, γ − 1 = 0.4

T1Vγ−1

1 = T ′1V′ γ−1

1 ⇒ T ′1 = T1

(V1

V ′1

)γ−1

= T1

(14

)0.4=

0.574 35 ∗ T1 = 0.574 35 ∗ 523.15 K = 300.47 K.

∆U1 = 5 ∗ 2.5 ∗ 8.314 ∗ (300.47− 523.15) J = −23142. J

∆U2 = 0 (Espansione libera).

∆S2 = nR lnVfVi, Vf = 4V1 + V2 = 5V1.

∆S2 = 5 ∗ 8.314 ∗ ln54J/K = 9.276 1 J/K.

4

(02/09/26) Una macchina termica reversibile assorbe una quantità dicalore Q2 = 2 ∗ 105 J da una sorgente a T2 = 973.2 K, e cede una quantitàdi calore Q1 ad una sorgente a temperatura T1 = 573.2 K, e una quantitàdi calore Q3 = Q1 ad una sorgente a temperatura T3 = 373.2 K. Calcolareil valore di Q1, il lavoro totale compiuto ed il rendimento.

SoluzioneQ1

T1+Q2

T2+ Q3

T3= 0. (Teorema di Clausius)

Q1

T1+Q1

T3= −Q2

T2, Q1

(1T1

+ 1T3

)= −Q2

T2,

Q1T1+T 3

T1T3= −Q2

T2, Q1 = −Q2

T2

T1T3

T1+T 3

Q1 = 2∗105

973.2∗ 573.2∗373.2

573.2+373.2J = 46452 J.

Ltot = Q2 − |Q1| − |Q3| = Q2 − 2 |Q1| =2 ∗ 105 J −2 ∗ 46452 J = 107096 J .

η = LtotQ2

= 107 0962∗105 = 0.53548.

5

(02/09/26) Un cilindro con pareti adiabatiche è chiuso da un pistoneisolante,scorrevole senza attrito. Il volume interno di 72 dm3 è diviso a metàda una parete diatermana fissa. Entrambe le parti sono riempite con ungas ideale avente Cv = 16.6 J/Kmol, P = 1 bar e t = 0 ◦C. Si comprimereversibilmente il gas nella parte A fino a che la pressione nella parte B èPB = 2 bar. Calcolare, per il gas contenuto in A, il volume VA, Il lavoro LAe la variazione di entropia ∆SA.

Soluzione

TT0

= PP0

= 2⇒ T = 2 ∗ T0 = 546.3 K ( trasf. isocora in B)

∆S = ∆SA + ∆SB = 0 (adiab. rev.) ⇒ ∆SA = −∆SB = −ncV ln TT0.

n =P0V0

RT 0= 105∗36∗10−3

8.314∗273.15= 1.5852 mol.

∆SA = −1.5852 ∗ 16.6 ∗ ln 2 = −18.240 J/K.

Ma per la generica trasformazione in A:

∆SA = nCV ln TT0

+ nR ln VAV0

= −∆SA + nR ln VAV0⇒ nR ln VA

V0= 2∆SA

lnVAV0

= 2∆SAnR⇒ VA = V0e

2∆SAnR = 36 ∗ exp(−2.768) = 2.2603 dm3

(18.240 ∗ 2)/(1.5852 ∗ 8.314) = 2.7680

∆U = −(LA + LB) = −LA (LB = 0 perchè VB = cost.)

LA = −∆U = −2ncV (T − T0) = −2ncV T0 =

−2 ∗ 1.585 2 ∗ 16.6 ∗ 273.15 J = 14376 J

6

(03/01/15) Una mole di gas ideale monoatomico esegue un ciclo ABCAin cui: AB è una espansione isobara che ne raddoppia il volume; BC unatrasformazione isocora irreversibile, realizzata ponendo il gas a contatto ilgas con una sorgente a temperatura TC; CA una compressione isotermareversibile.Calcolare il rendimento del ciclo e la variazione di entropia dell’universo.

Soluzione

Nel ciclo, irreversibile, il calore viene assorbito lungo l’isobara.

QAB = nCp(TB − TA),

viene invece ceduto nell’isocora BC e nell’isoterma CA:

QBC = nCV (TC − TB) = nCV (TA − TB)

QCA = nRTA lnVAVC

= nRTA lnVAVB

quindi

η = 1+nCV (TA − TB) + nRTA ln(VA/VB)

nCp(TB − TA)= 1−CV (TB/TA − 1) +Rln(VB/VA)

Cp(TB/TA − 1)

essendo TB/TA = VB/VA = 2, si ottiene:

η = 1− CV +R ln 2

Cp= 1− 3/2 + ln 2

5/2= 0.12

La variazione di entropia nel ciclo è nulla, quindi la variazione di entropiadell’universo è pari alla variazione di entropia delle sorgenti.

∆Suniv = ∆Ssorg = −Cp lnTBTA− CV

TC − TBTC

−R lnVAVC

=

−8.314 ∗ ((5/2) ∗ ln 2− (3/2) + ln(1/2)) J/K = 3.18 J/K.

∆SsorgAB = −Cp lnTBTA

= (−8.314) ∗ (5/2) ∗ ln 2 = −14.407 J/K.

∆SsorgCA = −R lnVAVC

= (−8.314) ∗ ln(1/2) = 5.7628 J/K.

∆SsorgBC = −CVTC − TBTC

= (−8.314) ∗ (−3/2) = 12.471 J/K.

−∆SgasBC = −CV lnTBTC

= (−8.314) ∗ ln(1/2) ∗ 3/2 = 8.6442 J/K.

∆SsorgCA + (−∆SgasBC) = 5.7628 + 8.6442 = 14.407 J/K.

Si noti che TC = TA

7

(03/01/24) Una massa di ghiaccio m = 0.9 kg a temperatura T1 = 250K viene introdotta in un recipiente vuoto di volume 0.1 m3, che viene messoa contatto termico con una sorgente a T2 = 500 K.Calcolare la pressione nel recipiente all’equilibrio, la variazione d’entropia

dell’acqua e quella della sorgente termica; l’acqua viene poi riportata re-versibilmente alla temperatura iniziale. Calcolare la variazione d’entropiadell’universo nell’intero ciclo di riscaldamento e raffreddamento.

Soluzione

Pmol = 18 g/mol, Cv =5

2R = 20.785 J/Kmol,

Cgh = 2093.4 J/kgK, Caq = 4186.8 J/kgK,

λF = 3.344 ∗ 105 J/K, λE = 2.257 ∗ 106 J/K

Soluzione

P =nRT

V=

mRT

(Pmol) ∗ V=

900 ∗ 8.314 ∗ 500

18 ∗ 0.1= 2.078 5 ∗ 106 Pa

Q1 = Cgh ∗m ∗ (TF − T1) = 2093.4 ∗ 0.9 ∗ (273.15− 250) = 43616. J

Q2 = λF ∗m = 3.344 ∗ 105 ∗ 0.9 = 3.009 6 ∗ 105 J

Q3 = Caq ∗m ∗ (TE − TF ) =

4186.8 ∗ 0.9 ∗ (373.15− 273.15) = 3.7681 ∗ 105 J

Q4 = λE ∗m = 2.257 ∗ 106 ∗ 0.9 = 2.0313 ∗ 106 J

Q5 = Cvn ∗ (T2 − TE) = 20.785900

18(500− 373.15) = 1.318 3 ∗ 105 J

Q = Q1 +Q2 +Q3 +Q4 +Q5 =

(0.43616 + 3.0096 + 3.7681 + 2 0.313 + 1.3183) ∗ 105 = 2.884 5 ∗ 106 J

∆Samb = −QT

= −2.884 5 ∗ 106

500= −5769.0 J/K

∆Sacq = mcgh lnTFT1

+Q2

TF+mcacq ln

TETF

+Q4

TE+ ncv ln

T2

TE=

= 0.9 ∗ 2093.4 ∗ ln273.15

250+

3.009 6 ∗ 105

273.15+ 0.9 ∗ 4186.8 ∗ ln

373.15

273.15+

2.031 3 ∗ 106

373.15+

8

+20.785900

18∗ ln

500

373.15= 8191.9 J/K

Il raffreddamento reversibile non modifica la variazione d’entropia chevale:

∆Sun = ∆Samb + ∆Sacq = −5769.0 + 8191.9 = 2422.9 J/K

9

(03/01/24) Tre moli di gas ideale passano dallo stato A (VA = 30 dm3,PA = 2 bar) allo stato B (VB = 100 dm3, PB = 4 bar) compiendo unatrasformazione reversibile, rappresentata da un segmento sul piano (P, V ).Sapendo che ∆SAB = 148.2 J/K decidere se il gas è monoatomico o

biatomico.Calcolare il calore scambiato dal gas nella trasformazione.

Soluzione

∆SAB = nCV lnPBPA

+ nCP lnVBVA

= n

(CV ln

PBPA

+ (CV +R) lnVBVA

)=

nCV

(lnPBPA

+ lnVBVA

)+ nR ln

VBVA

CV =∆SAB/n−R ln

VBVA

lnPBPA

+ lnVBVA

=148.2 ∗ 1

3− 8.314 ∗ ln(

10

3)

ln 2 + ln(10

3)

= 20.763 J/K =

5/2 ∗Rgas biatomico

L = 1/2(PA +PB)(VB − VA) = 1/2(6 ∗ 1.013 ∗ 105)(0.1− 0.03) = 21273 J

TB =PBVBnR

, TA =PAVAnR

∆U = nCV ∆T = 5/2 ∗ nR(TB − TA) =

5/2 ∗ (PBVB − PAVA) = 5/2(4 ∗ 0.1− 2 ∗ 0.03) ∗ 1.013 ∗ 105 = 86105 J

Q = ∆U + L = 86105 + 21273 = 1.073 8 ∗ 105 J

10

(03/04/15) Un gas ideale biatomico, a pressione P0 = 1.013 ∗ 105 Pa,volume V0 = 0.01 m3 e temperatura T0 = 293.2 K viene compresso adiabati-camente e reversibilmente fino a V1 = 1.5 ∗ 10−3 m3. A causa dell’imperfettoisolamento termico, dopo un certo tempo il gas ritorna alla temperaturainiziale T0.Calcolare la pressione massima raggiunta, la temperatura massima, la

pressione finale del gas, la variazione di entropia del gas e l’energia inutiliz-zabile.

Soluzione

γ =7

5,

Nell’adiabatica reversibile

P0Vγ

0 = P1Vγ

1 , ⇒P1 = P0

(V0

V1

)γ= 1.013 ∗ 105

(10

1.5

)7

5Pa =

1.442 4 ∗ 106 Pa

T0Vγ−1

0 = T1Vγ−1

1 ⇒ T1 = T0

(V0

V1

)γ−1

= 293.2

(10

1.5

)2

5K = 626.22 K

A volume costante il gas si raffredda fino a T0 e la pressione p2 finale sarà

P2V1 = P0V0 ⇒ P2 =P0V0

V1

=1.013 ∗ 105 ∗ 0.01

1.5 ∗ 10−3Pa = 6.753 3 ∗ 105Pa

La variazione d’entropia del gas lungo l’isocora sarà:

∆Sgas = nCv lnT0

T1

=P0V0

RT0

5

2Rln

T0

T1

=5

2

1.013 ∗ 105 ∗ 0.01

293.2ln

293.2

626.22

J

K=

= −6.5545J

Ke quella dell’ambiente

∆Samb = nCvT1 − T0

T0

=P0V0

RT 0

5

2RT1 − T0

T0

=5

2

P0V0

T 20

(T1 − T0) =

=5

2

1.013 · 105 · 0.01

(293.2)2 (626.22− 293.2)J

K= 9.810 5

J

K

∆Sun = ∆Sgas + ∆Samb = (−6.5545 + 9.8105)J

K= 3.256

J

K=

Ein = T0∆Sun = 293.2∗3.256J

K= 954.66

J

K

11

(03/04/15) Un frigorifero reversibile funziona assorbendo W = −400 Jper ciclo, tra t2 = 25 ◦C e t1 = −4 ◦C. Se vi si pone all’interno 1 kg di acquaa t3 = 20 ◦C,calcolare in quanti cicli la macchina riuscirà a trasformare tuttal’acqua in ghiaccio a t1 = −4 ◦C.

calore specifico dell’acqua Ca = 4187J

kgK,

calore specifico del ghiaccio Cg = 2051.5J

kgK

calore latente di fusione dell’acqua λ = 3.344 ∗ 105 J

kg

Soluzione

T1 = 273.15 K − 4 K = 269.15 K, T2 = 298.15 K, T3 = 293.15 K,T0 = 273.15 K temp. di congelamento dell’acqua

Il rendimento è η = 1− T1

T2

= 1− 269.15

298.15= 0.097266

Q2 =W

η= − 400

0.097266J = −4112 J

Q1 = W −Q2 = (−400 + 4112)J = 3712 J

Il calore da sottrarre all’acqua è:

Q = m [Ca (T3 − T0) + λ+ cg (T0 − T1)] =

= (4187 ∗ 20 + 3.344 ∗ 105 + 2051.5 ∗ 4) J = 4.2635 ∗ 105J=

n =Q

Q1

=4.2635 ∗ 105

3712= 115 cicli.

12

(03/06/23) Il calore specifico a pressione costante del platino, tra 250K e 1400 K, dipende da T in accordo alla relazione empirica

Cp = (122.3 + 0.03T + 2.15 ∗ 105T−2)J/kgK

Una massa di 250 g di platino a T1 =280 K viene posta, mantenendo lapressione costante, in contatto termico con una sorgente a T2 =1400 K.Calcolare la variazione di entropia ed entalpia del platino, e la variazione

d’entropia dell’universo.

Soluzione

Q = m∫ T2

T1CpdT Cp = a+ bT + cT−2

∆H = Q = m

[a(T2 − T1) +

b

2(T 2

2 − T 21 )−C(

1

T2

− 1

T1

)

]=

0.25(122.3 ∗ 1120 + 0.015 ∗ (14002 − 2802)−2.15 ∗ 105(1

1400− 1

280))J =

41454 J

∆S =

∫dQ

T= m

∫ T2

T1CpdT

T= m

[a∫ T2

T1

dT

T+ b∫ T2

T1dT+c

∫ T2

T1

dT

T 3

]=

m

[a ln

T2

T1

+ b(T2 − T1)− c2

(1

T 22

− 1

T 21

)

]=

0.25(122.3 ln1400

280+ 0.03(1120)−2.15 ∗ 105

2(

1

14002− 1

2802))J

K=

57.938J

K

∆Suniv = ∆S + ∆Ssorg = ∆S − Q

T2

= (57.938− 41454

1400)J

K= 28.328

J

K

13

(03/06/23)Due macchine termiche utilizzano le stesse sorgenti, alle tem-perature T1 = 300 K e T2 = 600 K. La prima macchina, reversibile, assorbeQ2 = 2 kJ e produce un lavoro L. La seconda, irreversibile e con rendimentoη2 = 0.3, produce lo stesso lavoro L.Calcolare la variazione di entropia dell’universo in un ciclo delle due

macchine.

Soluzione

η1 = ηrev = 1−T1

T2

=1− 0.5 = 0.5

L = η1 ∗Q2 = 0.5 ∗ 2000 J = 1000 J

Q′2 =

L

η2

=1000

0.3= 3333 J calore ceduto dalla sorgente calda alla macch.

irrev.

Q′1 = L − Q

′2 =− 2333 J calore ceduto alla sorgente fredda dalla macch.

irrev.

∆S′1 = − Q

′1

T1

aumento d’entropia della sorgente fredda

∆S′2 = −Q

′2

T2

diminuzione d’entropia della sorg. calda

∆Suniv = ∆S′1 + ∆S

′2 =

(2333

300− 3333

600

)J

K= 2.221

J

K

14

(03/07/11) Un cilindro con pistone, contenente n = 3 moli di gas idealebiatomico, si trova in equilibrio termico con 1 Kg di acqua alla temperaturaTA = 373.2 K. Il gas viene compresso in modo reversibile a T costante, a

contatto con l’acqua fino allo stato B in cui VB =1

3VA. Una trasformazione

adiabatica reversibile riporta il gas al volume iniziale VA. Infine anche latemperatura viene riportata al valore iniziale TA ponendo di nuovo il cilindroin contatto termico con l’acqua e mantenendo costante il volume. Calcolare:Il lavoro richiesto in un ciclo:quanti cicli sono necessari per far evaporare tutta l’acqua;la variazione d’entropia del gas e dell’acqua nell’isocora;l’energia inutilizzabile in un ciclo.

Soluzione

(A → B, isoterma)

LAB = nRTA lnVBVA

= 3 ∗ 8.314 ∗ 373.2 ∗ ln1

3J = −10226 J

= QAB = calore ceduto dal gas (A → B). Per il gas si ha:

SB − SA = QABTA

= nRlnVBVA

(B → C, adiabatica)

LBC = nCV (TB − TC) ma si ha: TCVγ−1C = TBV

γ−1B

e quindi TC = TB

(VBVC

)γ−1

γ − 1 =7

5− 1 = 2

5, TC = 373.2 ∗

(1

3

)0.4

= 240.49 K

LBC = 3 ∗ 5

2∗ 8.314 ∗ (373.2− 240.5) J = 8274.5 J

Per il gas SC − SB = 0(C → A, isocora)

LCA = 0, Per il gas SA − SC = nCV lnTATC

=

3 ∗ 5

2∗ 8.314 ∗ ln

373.2

240.49J/K = 27.40 J/K

Calore assorbito dal gas (C → A) = QCA = ∆U = nCV (TA−TC) = LBC

15

perchè TA = TB

La variazione d’entropia dell’acqua nell’isocora vale

∆SaCA = −QCA

TA=−8274.5

373.2J/K = −22.17 J/K

La somma delle variazioni d’entropia per acqua e gas nell’isocora (l’unicoprocesso irreversibile) dà

∆Suniv = 27.40 J/K − 22.17 J/K = 5.23 J/K =

L’energia inutilizzabile vale

Ein = TC ∗∆Suniv = 240.49 ∗ 5.23 J = 1257.8 JIl lavoro richiesto in un ciclo è

L = LAB + LBC = (8274.5 −10226) J = −1951.5 J

che è il calore ceduto all’acqua a ogni ciclo.

Numero cicli n =λm

L=

2257 ∗ 103

1951= 1157

Procedura alternativa per il calcolo di Ein :

In un ciclo il gas torna allo stato iniziale e quindi ∆Sgas = 0

(Infatti ∆Sgas = nR lnVBVA

+ nCV lnTATC

= 0

perchè TCV2/5A = TBV

2/5B = TAV

2/5B ⇒

(TATC

) 52

=

(VAVB

)⇒ 5

2lnTATC

+

lnVBVA

= 0)

In un ciclo ∆Sacq = − Q

TA=

1951.5

373.2= 5.23 J/K

∆Suniv = ∆Sgas + ∆Sacq = 5.23 J/K

Ein = TC ∗∆Suniv = 240.49 ∗ 5.23 J = 1257.8 J.

16

(03/07/11) Una macchina termica reversibile lavora con quattro sorgen-ti. Dalla prima, a temperatura T1 = 500 K, la macchina assorbe il caloreQ1 = 5000 J . Alla quarta sorgente, a T4 = 280 K, la macchina cede il caloreQ4 = −1400 J. Con la seconda e la terza sorgente (T2 = 400 K e T3 = 300K ), la macchina scambia i calori Q2 e Q3 = −Q2. Calcolare il rendimentodella macchina.

SoluzioneQ1

T1

+Q2

T2

+Q3

T3

+Q4

T4

= 0. ;Q1

T1

+Q2

T2

− Q2

T3

+Q4

T4

= 0.

Q2(T1T3T4 − T1T2T4) = −Q1T2T3T4 −Q4T1T2T3

Q2 =−Q1T2T3T4 −Q4T1T2T3

T1T3T4 − T1T2T4

=

= −5000 ∗ 400 ∗ 300 ∗ 280 + (−1400) ∗ 500 ∗ 400 ∗ 300

500 ∗ 300 ∗ 280− 500 ∗ 400 ∗ 280J = 6000 J.

η = 1 +Q3 +Q4

Q1 +Q2

= 1− 6000 + 1400

6000 + 5000= 0.327

17

(03/09/16) Due moli di gas ideale monoatomico, inizialmente a volumeVA = 5 dm3 e temperatura TA = 273.2 K subiscono una trasformazioneisoterma reversibile, a contatto con una miscela di acqua e ghiaccio, fino alvolume VB = 2 dm3. Il gas poi viene posto a contatto con una sorgente atemperatura TC = 519 K fino a raggiungere, a prerssione costante, l’equilib-rio termico. Quindi, mediante una trasformazione adiabatica reversibile, ilgas ritorna al volume iniziale. Infine, posto a contatto con la miscela di ac-qua e ghiaccio, torna alla temperatura iniziale mediante una trasformazioneisocora.Calcolare per un ciclo:Quanti grammi di ghiaccio si sciolgono (λ = 344.4 J/g), il lavoro L

compiuto dal gas, il rendimento η del ciclo.

SoluzionePV = nRT ⇒ P = nRT/V ⇒PA = 2 ∗ 8.314 ∗ 273.2/0.005 = 9.0855 ∗ 105Pa

PB = 2 ∗ 8.314 ∗ 273.2/0.002 = 2.2714 ∗ 106Pa

VC=nRTC/PC = 2 ∗ 8.314 ∗ 519/(2.2714 ∗ 106) = 3.799 4 ∗ 10−3m3

γ =5

3, PCV

γC = PDV

γD , ⇒

PD = PC

(VCVD

)γ⇒ PD = 2.271 4 ∗ 106

(3.799 4 ∗ 10−3

5.0 ∗ 10−3

)5

3=

1.437 3 ∗ 106 ∗ 8.314 ∗ 273.2/0.002 (A → B, isoterma)

LAB = nRTAlnVBVA

= 3 ∗ 8.314 ∗ 373.2 ∗ ln1

3J = −10226 J

= QAB = calore ceduto dal gas (A → B).

Per il gas si ha: SB − SA = QABTA

= nR lnVBVA

(B → C, adiabatica)

LBC = nCV (TB − TC) ma si ha: TCVγ−1C = TBV

γ−1B

e quindi TC = TB

(VBVC

)γ−1

18

γ − 1 =7

5− 1 = 2

5, TC = 373.2 ∗

(1

3

)0.4

= 240.49 K

LBC = 3 ∗ 5

2∗ 8.314 ∗ (373.2− 240.5) J = 8274.5 J

Per il gas SC − SB = 0

(C → A, isocora)

LCA = 0, Per il gas SA − SC = nCV lnTATC

=

3 ∗ 5

2∗ 8.314 ∗ ln

373.2

240.49J/K = 27.40 J/K

Calore assorbito dal gas (C → A)

QCA = ∆U = nCV (TA − TC) = LBC perchè TA = TB

La variazione d’entropia dell’acqua nell’isocora vale

∆SaCA =−QCA

TA=−8274.5

373.2J/K = −22.17 J/K

La somma delle variazioni d’entropia per acqua e gas nell’isocora (l’unicoprocesso irreversibile) dà

∆Suniv = 27.40J

K− 22.17

J

K= 5.23

J

K=

L’energia inutilizzabile vale Ein = TA ∗∆Suniv = 373.2 ∗ 5.23 J = 1951.5J.

Il lavoro richiesto in un ciclo è L = LAB + LBC = (8274.5− 10226) J =

−1951.5 J = Q = calore ceduto all’acqua a ogni ciclo.

Numero cicli n =λm

L=

2257 ∗ 103

1951= 1157

19

(03/09/16) Una macchina termica reversibile lavora tra due sorgenti,una costituita dall’ambiente a T1 = 290 K e l’altra da una grande massa distagno fuso alla temperatura di fusione T2.Ad ogni ciclo della macchina solidificano 8.4 g di stagno, viene compiuto il

lavoro L = 209.6 J e viene ceduto alla sorgente fredda il calore Q1 = −282.7J .Calcolare i valori di T2 e del calore latente di fusione λ dello stagno.

Soluzione

L = Q1 +Q2.

Q2 = L−Q1 = (209.6 + 282.7) J = 492.3 J

λ =Q2

m=

492.3

8.4 ∗ 10−3

J

kg= 58607

J

kg

La macchina è reversibile, quindi:

Q1

T1

+Q2

T2

= 0⇒ T2 = −T1Q2

Q1

= 290492.3

282.7K = 505 K

20

(03/09/30) Un gas ideale inizialmente in A a pressione P1 e volume V1

compie una trasformazione isobara fino a un punto B (P1, V0) (V0 > V1), poiun’isocora che lo porta in C (P2, V0)(P2 < P1) e un’altra isobara fino a D(P2, V2 = 5V1). Infine una trasformazione isoterma reversibile lo riporta allostato iniziale.Calcolare per quale valore di V0 il lavoro complessivo risulta nullo.

Soluzione

L = P1(V0 − V1) + P2(V2 − V0) + nRT ln

(V1

V2

)= 0

nRT

[V0 − V1

V1

+V2 − V0

V2

+ ln1

5

]= 0

V2(V0 − V1) + V1(V2 − V0) + V1V2 ln1

5= 0

V0(V2 − V1)− V1V2 + V1V2 − 1.61 ∗ V1V2 = 0

V0 = 1.61V1V2

V2 − V1

= 1.61 ∗ 5

4V1 = 2V1

21

(03/09/30) Una macchina frigorifera compie 3 cicli al secondo, assor-bendo una potenza P = 1256 W. Essa lavora scambiando calore tra duesorgenti alla temperatura T1 = 200 K e T2 = 300 K. Sapendo che ad ogniciclo l’entropia dell’universo aumenta di ∆Su = 0.7 J/K si calcoli il temponecessario per sottrarre alla sorgente fredda una quantità di calore pari aQ = 104J.Se la macchina fosse reversibile quanto tempo impiegherebbe?

Soluzione

A ogni ciclo dall’esterno si compie un lavoro uguale a

L = −P/f = −1256/3 J. = −418.67 J.sempre per ogni ciclo si ha:

L = Q1 +Q2,Q1

T1

+Q2

T2

= −∆Su.⇒ Q1 = 417.34 J, Q2 = −836.01 J

In un secondo la sorgente fredda perde il calore 3Q1 e quindi per sottrarreil calore Q occorrono t secondi:

t = Q/3Q1 = 104/(3 ∗ 417.34) s = 7.9871 s

Se la macchina fosse reversibile si avrebbe:

L = Q′1 +Q

′2,

Q′1

T1

+Q′2

T2

= 0⇒ Q′1 = 837.34 J, Q

′2 = −1256.0 J

t′ = Q/3Q′1 = 104/(3 ∗ 837.34)s = 3.980 9 s

22

(04/01/22) Un cilindro rigido e adiabatico è diviso in due parti da unsetto di area S = 40 cm2 anch’esso adiabatico, che può scorrere al suo interno.Una parte, di volume V1 = 6 l, contiene 2 moli di gas ideale biatomico; l’altraparte, di volume V2 = 3 l contiene 1, 3 moli dello stesso gas. Inizialmentela pressione nelle due parti è p = 10 atm ed il sistema si trova in equilibriomeccanico col setto in una certa posizione. Bloccato il setto in tale posizionee facendo venir meno la sua adiabaticità, si calcoli la forza che agisce su diesso e la variazione di entropia del sistema.

Soluzione

Le temperature iniziali dei gas vanno determinate mediante l’equazionedi stato:

T1 = pV1/n1R =10 ∗ 1.013 ∗ 105 ∗ 6 ∗ 10−3

2 ∗ 8.314K = 365.53 K, :

T2 = pV2/n2R =10 ∗ 1.013 ∗ 105 ∗ 3 ∗ 10−3

1.3 ∗ 8.314K = 281.18 K

Una volta che il setto diventa diatermico, calore fluisce da una parte al-l’altra e viene raggiunta la temperatura finale Tf . Tenuto conto che l’energiainterna dell’intero sistema è costante, nel processo la sua variazione è nulla:si ha

∆U = n1Cv(Tf − T1) + n2Cv(Tf − T2) = 0.

Da cui:

Tf =n1T1 + n2T2

n1 + n2

=2 ∗ 365.53 + 1.3 ∗ 281.18

3.3= 332.3 K

La forza che agisce sul setto risulta

F = S(p2 − p1) = SRTf

(n2

V2

− n1

V1

)=

40 ∗ 10−4 ∗ 8.314 ∗ 332.3 ∗ (1.3

3− 2

6) ∗ 103N = 1105.1 N .

La variazione di entropia del sistema è:

∆S = ∆S1 + ∆S2 = n1Cv lnTfT1

+ n2Cv lnTfT2

=

5/2 ∗ 8.314 ∗ (2 ∗ ln332.3

365.53+ 1.3 ∗ ln

332.3

281.18) = 0.55 J/K

23

(04/01/22) Una mole di gas ideale monoatomico esegue un ciclo com-posto da una espansione isoterma reversibile AB che ne raddoppia il volume,da una trasformazione isocora irreversibile BC, realizzata ponendo il gas acontatto con una sorgente a temperatura TC , e da una adiabatica reversibileCA che chiude il ciclo. Calcolare il rendimento del ciclo e la variazione dientropia dell’universo.

Soluzione

Il rendimento è dato da

η = 1 +QBC

QAB

, (1)

dove le quantità di calore assorbito QAB e ceduto QBC sono,

QAB = nRTA lnVBVA, QBC = nCV (TC − TB). (2)

Dall’equazione dell’adiabatica reversibile si ha

TAVγ−1A = TCV

γ−1C ⇒ TC = TA

(VAVB

)γ−1

. (3)

Sostituendo la (3) e la (2) nella (1) e ricordando che per il gas ideale

monoatomico γ =5

3,

si ottiene

η = 1 +3

2

(VAVB

)γ−1

− 1

lnVBVA

= 1 +3

2

(1

2

)2

3 − 1

ln 2= 0.2

Per quanto riguarda la variazione di entropia dell’universo si osservi che seil ciclo fosse reversibile tale variazione sarebbe nulla. Poichè la trasformazioneisocora è irreversibile si ha necessariamente una variazione di entropia dellesorgenti, in quanto la variazione di entropia dell’intero ciclo è nulla. Pertantodenotando con S∗ l’entropia delle sorgenti, si ha

∆S∗u = ∆S∗AB + ∆S∗BC .

Ma

∆S∗AB = −R lnVBVA

= −8.314 ∗ ln 2 J/K = −5.76 J/K,

24

∆S∗BC = CVTB − TCTC

= CV

[(VBVA

)γ−1

− 1

]=

3

2∗ 8.314 ∗

2

2

3 − 1

J/K = 7.32 J/K

tenuto conto, per la (3), che TA = TB. Pertanto

∆S∗u = 1.47 J/K.

25

(04/07/05) Un recipiente cilindrico isolato, di volume V0 = 40 l è divisoin due parti uguali da una parete di sezione S = 100 cm2 e volume trascur-abile, perfettamente scorrevole. In una delle due parti è contenuta una moledi gas ideale monoatomico, mentre l’altra parte è vuota. La parete mobile èmantenuta in equilibrio da una molla di costante elastica k = 104N/m, com-pressa di ∆l = 0.1 m. Praticando un piccolo foro nella parete, il gas diffondenella parte vuota. Calcolare la variazione di energia interna e di entropia delgas.

Soluzione

La pressione e la temperatura dello stato iniziale sono:

p1 =k∆l

S=

104 ∗ 0.1

0.01Pa = 1.0 ∗ 105Pa;

T1 =p1V1

nR=

1.0 ∗ 105 ∗ 2 ∗ 10−2

8.314K =240.56 K; (V1 = V0/2).

L’energia interna del sistema è costante,

∆U = ∆Ugas + ∆Umolla = 0,

ed essendo:

∆Umolla = 0 −1

2k(∆l)2 = −1

2k(∆l)2

(l’energia finale della molla è nulla, ∆l = 0), si ha

∆Ugas = nCV (T2 − T1) =1

2k(∆l)2 =

1

2104 ∗ (0.1)2J = 50 J.

Si ottiene:

T2 = T1 +∆UgasnCV

=

240.56 +50

3 ∗ 8.314

2

K = 244.57 K;

p2 =nRT2

V2

=nRT2

V0

=8.314 ∗ 244.57

4 ∗ 10−2Pa = 5.08 ∗ 104Pa = .

La variazione di entropia risulta:

∆S = nCV lnT2

T1

+nR lnV0

V0/2= 8.314∗(

3

2∗ ln

244.57

240.56+ln 2)J/K = 5.969

J/K.

26

(04/07/05) Una mole di gas ideale biatomico esegue il ciclo ABCA, incui: AB è una espansione isobara che raddoppia il volume iniziale, VB = 2VA;BC un raffreddamento isocoro, ottenuto ponendo il gas in contatto con unasorgente a temperatura TC ; CA una compressione isoterma che riporta il gasnelle condizioni iniziali. Calcolare il rendimento del ciclo e la variazione dientropia dell’universo.

Soluzione

Dall’equazione di stato, relativa all’isobara, si ha

TBTA

=VBVA

=VCVA

= 2.

Le quantità di calore scambiate nel ciclo dal gas sono:

QAB = nCp(TB − TA) = nCpTA, assorbita;

QBC = −nCV (TB − TC) = −nCV (TB − TA) = −nCV TA, ceduta;

QCA = −nRTA lnVCVA

= −nRTA lnVBVA

= −nRTA ln 2, ceduta.

Il rendimento risulta:

η = 1 +QBC +QCA

QAB

= 1− CV +R ln 2

Cp= 1− 5 + 2 ln 2

7= 0.088

Il ciclo contiene una trasformazione irreversibile: l’isocora che raffreddail gas posto a contatto con la sorgente a temperatura TC = TA, . Ma lavariazione di entropia del gas in un ciclo è nulla, dunque la variazione dientropia dell’universo è uguale alla variazione di entropia dell’ambiente edella sorgente. Denotando con ∆S∗ tali variazioni, per n = 1, si ha:

∆Su = ∆S∗AB + ∆S∗BC + ∆S∗CA

dove

∆S∗AB = −CpB∫A

dT

T= −Cpln

TBTA, ∆S∗BC = −QBC

TA, ∆S∗CA = −QCA

TA

∆Su = −CplnTBTA− QBC

TA− QCA

TA

= −Cp ln 2 + CV +R ln 2

= (−7

2ln 2 +

5

2+ ln 2) ∗ 8.314 J/K = 6.38 J/K

27

oppure: La variazione d’entropia dell’universo ∆Su è data dalla sommadi ∆Sgas e ∆Ssorg nell’isocora irreversibile BC

∆Su = CV

C∫B

dT

T− QBC

TA=

5

2R(− ln 2 + 1) =

5

2∗ 8.314 ∗ (− ln 2 + 1) J/K = 6.38 J/K

28

(04/07/27) Un cilindro adiabatico munito di pistone perfettamente scor-revole, contiene n = 5 moli di gas ideale biatomico in equilibrio. Rad-doppiando bruscamente la pressione esterna, il gas raggiunge lo stato diequilibrio finale. Conoscendo il volume iniziale V1 = 10 l e la temperatu-ra iniziale T1 = 300 K, calcolare le variazioni di entalpia e di entropia delgas.

Soluzione

Dalla prima legge della termodinamica, per Q = 0 si ha

∆U = −L, ⇒ nCV (T2 − T1) = 2p1(V1 − V2).

Tenendo presente l’equazione di stato, si ricava

nCV (T2 − T1) = 2p1

(nRT1

p1

− nRT2

2p1

)Da cui5

2(T2 − T1) = (2T1 − T2)⇒ T2 =

9

7T1 =

9

7∗ 300 K = 385.71 K

La variazione di entalpia risulta

∆H = ∆U +∆(pV ) = ∆U + nR∆T = nCp(T2 − T1) = 5 ∗ 7

2∗ 8.314∗

85.71 = 12.47 kJ .

La variazione di entropia vale

∆S = nCV lnT2

T1

+ nRlnV2

V1

= nCV lnT2

T1

+ nR lnT2

2T1

=

5 ∗ 8.314 ∗(

5

2ln

385.71

300+ ln

385.71

600

)J

K= 7.75

J

K

dove si è tenuto conto dell’equazione di stato.

29

(04/07/27) Un gas ideale monoatomico, inizialmente alla pressione p0 =2 atm e volume V0 = 10 l , esegue la trasformazione reversibile

p = p0

[1 +

(V − V0

V0

)2]

fino a raddoppiare il volume. Calcolare il calore scambiato durante latrasformazione.Successivamente il gas dapprima con un’isocora reversibile e poi con

un’isobara reversibile ritorna allo stato iniziale. Calcolare il rendimento delciclo.

Soluzione

Dall’equazione della prima trasformazione si deduce che raddoppiando ilvolume iniziale, la pressione diventa p1 = 2p0.Il calore assorbito nella prima trasformazione è dato dal primo principio:

Q = ∆U + L1 (1)

La variazione di energia interna del gas nella prima trasformazione risulta:

∆U = nCV (T1 − T0) =3

2nR

(4p0V0

nR− p0V0

nR

)=

9

2p0V0 (2)

dove, per ricavare le temperature, si è usata l’equazione di stato.

Il lavoro compiuto nella prima trasformazione è:

L1 =

2V0∫V0

pdV =

2V0∫V0

p0

[1 +

(V − V0

V0

)2]dV =

p0

[V +

1

3V 20

(V − V0)3

]2V0

V0

=4

3p0V0. (3)

Sostituendo le (2) e (3) nella (1), si ottiene:

Q =35

6p0V0 =

35

6∗ 2 ∗ 1.013 ∗ 105 ∗ 10 ∗ 10−3J. = 11818 J

Il lavoro compiuto nel ciclo vale

L = L1 − p0(2V0 − V0) =1

3p0V0

e quindi il rendimento del ciclo risulta:

30

η =L

Q=

1

3p0V0

35

6p0V0

=2

35= 0.057

31

(04/09/10) Una macchina termica reversibile assorbe una quantità dicalore Q0 da una sorgente costituita da una miscela di acqua e ghiaccio inequilibrio (T0 = 273 K), e cede calore ad una mole di gas ideale, in manieratale che la temperatura T1 di quest’ultimo rimanga costante.Si determini l’aumento percentuale di volume del gas, in corrispondenza

alla solidificazione di una massa m = 5 g di acqua. Si calcoli la variazioned’entropia dell’universo.(Calore di fusione del ghiaccio λf = 80 cal/g)

Soluzione

Il gas compie una espansione isoterma reversibile dal volume V1 alvolume V2 a temperatura T1, quindi può essere considerato come una sor-gente. Il processo è interamente reversibile; la variazione di entropiadell’universo (macchina e sorgenti) è uguale a zero. La macchina è unamacchina di Carnot che opera tra le temperature T0 e T1, quindi

Q0

T0

+Q1

T1

= 0, ⇒ Q1 = −Q0T1

T0

= −mλfT1

T0

,

dove Q1 è il calore ceduto al gas. D’altra parte nell’espansione isotermail calore assorbito dal gas vale:

−Q1 = nRT1 lnV2

V1

= mλfT1

T0

,⇒ V2

V1

= exp

[mλfnRT0

]=

exp

[5 ∗ 10−3 ∗ 80 ∗ 4.184 ∗ 103

8.314 ∗ 273

]= 2.090 4

Segue:

V2 − V1

V1

=V2

V1

− 1 = exp

[mλfnRT0

]− 1 = 1.09 = 109 %

(λf = 80cal/g = 80 ∗ 4.184 ∗ 103 J

kg= 3.347 2 ∗ 105 J

kg

)

32

(04/09/10) Due moli di gas ideale biatomico compiono un ciclo ABCA,dove AB è una espansione reversibile in cui il gas è in equilibrio termico conuna sorgente costituita da ghiaccio in presenza della sua acqua di fusione,passando da un volume VA = 10 l ad un volume VB = 15 l; BC è unatrasformazione adiabatica reversibile, con la quale il gas ritorna al suo volumeiniziale; CA è una trasformazione in cui il gas, posto nuovamente a contattocon la sorgente, ritorna rapidamente allo stato iniziale. Calcolare il lavorodel ciclo e la variazione di entropia dell’universo.

Soluzione

Nella trasformazione AB, isoterma, TA = TB = 273.15 K. La temperaturain C va ricavata ricorrendo all’equazione dell’adiabatica reversibile,

TCVγ−1C = TBV

γ−1B ⇒ TC = TB

(VBVC

)γ−1

= 273.15∗(

15

10

)2/5

K = 321.25

K.

Il lavoro compiuto nel ciclo è

L = LAB + LBC = nRTA lnVBVA− nCV (TC − TA) =

2 ∗ 8.314 ∗(

273.15 ∗ ln3

2− 5

2(321.25− 273.15)

)= −157.92 J.

La variazione di entropia dell’universo deve essere maggiore di zero inquanto il ciclo contiene una trasformazione irreversibile (isocora CA). Ma lavariazione di entropia del gas in un ciclo è nulla, pertanto la variazione di en-tropia dell’universo è uguale alla variazione di entropia della sorgente. Questacede calore nella trasformazione AB ed assorbe calore nella trasformazioneCA; pertanto

∆Su = ∆Ssorg = −QAB

TA− QCA

TAdove

QAB = nRTA lnVBVA, è il calore assorbito dal gas lungo AB

e QCA = −nCV (TC − TA) è il calore ceduto dal gas alla sorgente lungoCA

∆Ssorg = −nR lnVBVA

+ nCVTC − TATA

=

2 ∗ 8.314

(− ln

3

2+

5

2

321.25− 273.15

273.15

)J/K = 0.578 J/K

33

(04/09/28) Una mole di gas ideale monoatomico compie un ciclo ABCDin cui AB è una isoterma reversibile a temperatura T2 = 350 K, BC unaisocora irreversibile, CD una isoterma reversibile a temperatura T1 = 250K,DA una adiabatica reversibile. calcolare il lavoro compiuto nel ciclo ed ilcalore scambiato nella trasformazione BC; (VB = 3VA = 9 l).

Soluzione

Non è noto il volume VD, ma usando l’equazione dell’adiabatica reversibilesi ha

T

1

(γ − 1)2 VA = T

1

(γ − 1)1 VD, ⇒

VD =

(T2

T1

) 1

(γ − 1)VA = 3

(350

250

) 1

(5/3− 1)l = 4.97 l

Il lavoro del ciclo è dato da

L = LAB + LCD + LDA, (1)

dove:

LAB = RT2 lnVBVA

= 8.314 ∗ 350 ln 3 = 3196.9 J

LCD = RT1 lnVDVB

= 8.314 ∗ 250 ln4.97

9= −1234.2 J

LDA = −CV (T2 − T1) = −3

2R(T2 − T1) = −3

28.314 ∗ 100 = −1247.1 J.

Sostituendo nella (1) si ottiene

L = (3196.9− 1234.2− 1247.1) J = 715.6 J

Poichè nel ciclo

∆U = 0,⇒ Qciclo = QAB +QBC +QCD = L, (2)

ed essendo

QAB = LAB, QCD = LCD,

sostituendo nella (2), si ricava:

QBC = L− LAB − LCD = (715.6− 3196.9 + 1234.2) = −1247.1 J.

35

(04/09/28) Un gas ideale monoatomico, nel diagramma V -T , compieun ciclo ABCA rappresentato da un triangolo rettangolo, come in figura.Sapendo che TB = 3TA, calcolare il rendimento.

Soluzione

Dalla figura si riconosce che nella trasformazione AB il rapporto T/V =c è costante, quindi si tratta di una isobara; BC è una isocora; CA unaisoterma. Usando l’equazione di stato si ha

VBVA

=TBTA

= 3,⇒ VB = VC = 3VA.

Le quantità di calore scambiate sono:

QAB = Cp(TB − TA),

QBC = −CV (TB − TC),

QCA = −RTA lnVCVA.

Il rendimento risulta

η = 1+QBC +QCA

QAB

= 1−3

2(TB − TC) + TA ln 3

5

2(TB − TA)

= 1−3

2(3TA − TA) + TA ln 3

5

2(3TA − TA)

=

1−3

2(2) + ln 3

5

2(2)

= 0.18.

oppure:

LCA = nRTA ln(1

3), LAB = pA ∗ 2VA = 2nRTA

36

QAB =5

2nR ∗ 2TA,

η =LAB + LCA

QAB

=2nRTA + nRTA ln(

1

3)

5

2nR ∗ 2TA

=2 + ln(

1

3)

5= 0.18

37

(05/06/22) Un gas ideale monoatomico compie un ciclo reversibile, cos-tituito da una espansione isoterma AB, dove il gas raddoppia il volume, dauna isocora BC e da una adiabatica CA. Calcolare il rendimento del ciclo.

Soluzione

Detta T la temperatura assoluta dell’isoterma e TC quella dello stato C,si ha:

η = 1 + Q1

Q2

dove il calore assorbito nell’isoterma vale Q2 = RT ln VBVA

e il calore ceduto nell’isocora vale Q1 = −CV (T − TC) e quindi si ha

η = 1− CV (T−TC)

RT lnVBVA

. (1)

Per ricavare TC , si osservi che nel ciclo la variazione di entropia del gas ènulla:

∆S = CV ln TCT

+R ln VBVA

= 0⇒ TC = T2−2/3. (2)

Lo stesso risultato si ottiene considerando gli stati A e C dell’adiabatica.Sostituendo la (2) nella (1), si ottiene:

η = 1− CV T (1−2−2/3)RT ln 2

= 1− 1.5(1−2−2/3)ln 2

= 0.2.

38

(05/06/22) Un recipiente cilindrico adiabatico è diviso in due partiuguali A e B da un pistone scorrevole, anch’esso adiabatico, e di massatrascurabile. Ognuna delle due parti contiene 6 moli di gas ideale monoatomi-co alla pressione p0 e alla temperatura T0 = 300 K. Una resistenza elettricariscalda reversibilmente il gas contenuto nella parte A, determinando unacompressione del gas in B, fino a triplicarne la pressione. Calcolare il lavorofatto dal gas contenuto in A ed il calore da esso assorbito.

Soluzione

In A viene dissipato calore mediante la resistenza elettrica (lavoro adia-batico), mentre il gas contenuto in B viene compresso adiabaticamente ereversibilmente, raggiungendo la temperatura

TB = T0

(pBp0

) (γ−1)γ

= 300 (3)25 K = 465.5 K,

avendo tenuto conto dell’equazione delle adiabatiche reversibili, nelle varia-bili p e T. Di conseguenza, il lavoro fatto dal gas in A su quello contenuto inB è pari alla variazione di energia interna di quest’ultimo:

L = nCV (TB − T0) = 6 ∗ 32∗ 8.314(465.5− 300) = 12384 J.

d’altro canto, il calore assorbito dal gas A è pari alla somma del lavoroeffettuato e della sua variazione di energia interna. Per calcolare quest’ultimaoccorre determinare la temperatura finale TA del gas. Dall’equazione di statodel gas ideale si ha:

pAVA = nRTA, p0V0 = nRT0,TAT0

= pAVAp0V0

,⇒ TA = T0pAVAp0V0

.

Ma, essendo V0 il volume iniziale dei gas,

VA = 2V0 − VB = 2V0 − V0

(p0

pB

)1/γ= V0

[2−

(p0

pB

)1/γ]

=

V0

(2−

(13

) 35

)= 1.4827 ∗ V0,

e, tenuto conto che nelle due parti pA = pB, si ottiene che TA = 1334.4 K

Pertanto:

Q = L+ ∆UA = 12384 J + 32nR(TA − T0) =

12384 J + 9 ∗ 8.314 ∗ 1034.4 J = 89784 J.

39

(05/07/19) Una mole di gas ideale monoatomico descrive un ciclo AB-CA costituito da una adiabatica reversibile AB, una isoterma reversibile BCed una isocora irreversibile CA, durante la quale il gas è posto in contatto conuna sorgente a temperatura TA. Sapendo che VB/VA = 2, calcolare il rendi-mento del ciclo e le variazioni di entropia della sorgente e del gas durante latrasformazione isocora; calcolare infine la variazione d’entropia dell’universoin un ciclo.

Soluzione

Il calore viene assorbito lungo l’isocora CA:

QCA = nCV (TA − TB),

essendo TC = TB. Il calore ceduto lungo la compressione isoterma è

QBC = nRTB ln VBVA,

essendo VC = VA. Pertanto:

η = 1− nRTB ln(V B/V A)

nCV (TA−TB)= 1− R

CV

ln(V B/V A)

(TA/TB−1).

Poichè,

TBTA

=(VAVB

)γ−1

, RCV

= γ − 1 = 23

si ottiene:

η = 1− 23

ln 2

223−1

= 0.21.

Variazioni di entropia lungo l’isocora:

∆Ssorg = −QCATA

= −nCV (TA−TB)

TA= −nCV

(1− TB

TA

)=

= −nCV(

1−(VAVB

)γ−1)

= −4.61 J/K

La variazione d’entropia del gas in un ciclo è nulla e quindi lungo l’isocora:

∆SCA = −∆SBC = −nR lnVAVB

= −R ln12

= 5.76 J/K.La variazione dell’entropia dell’universo vale:

∆Suniv = ∆Ssorg+∆SCA = −4.61 J/K + 5.76 J/K = 1.15 J/K

40

(05/07/19) Due moli di gas ideale monoatomico compiono una trasfor-mazione reversibile, assorbendo le quantità di calore QA = 850 J e QB = 8kJ rispettivamente dalle sorgenti alle temperature TA = 400 K e TB = 500K. Sapendo che la temperatura del gas in seguito alla trasformazione, èraddoppiata, calcolare la variazione percentuale di volume.

Soluzione

Il processo è reversibile, dunque la variazione di entropia dell’universo ènulla,

∆Su = ∆Ssorg + ∆Sgas = 0. (1)

Per le sorgenti si ha:

∆Ssorg = QATA

+ QBTB

= −850400J/K − 8000

500J/K = −18.125 J/K

dove il segno negativo indica che il calore è stato ceduto dalle sorgenti.Per il gas:

∆Sgas = nCV lnTfTi

+ nR lnVfVi

Sostituendo nella (1), si ottiene:

nCV lnTfTi

+ nR lnVfVi

= 3R ln 2 + 2R lnVfVi

= 18.125 J/K ⇒

2R lnVfVi

= 18, 125 J/K − 3R ln 2⇒

lnVfVi

= 12R

(18.125−3R ln 2) = 18.1252∗8.314

− 32

ln 2 = 5.03 ∗ 10−2

Da cuiVfVi

= e0.05 = 1.051,

Vf−ViVi

= ∆VV

= 0, 051 = 5.1%

41

(05/09/09) Un recipiente con pareti rigide e capacità termica trascur-abile, contiene 15 moli di azoto, in equilibrio termodinamico, alla temperatu-ra T1. Il sistema viene posto in contatto con una sorgente alla temperatura diT2 = 0 ◦C, attraverso una parete diatermana. Raggiunto il nuovo equilibrio,si osserva che la variazione di entropia della sorgente è ∆Ssorg = 750 J/K.Calcolare la variazione di entropia del gas.

Soluzione

La trasformazione è irreversibile, ma la variazione di entropia della sor-gente è sempre pari al rapporto tra il calore assorbito (ceduto dal gas) e lasua temperatura, ossia

∆Ssorg = QT2⇒ Q = T2∆Ssorg = 2.0486 ∗ 105 J

dove T2 = 273.15 K. Essendo Q = nCV (T1 − T2), risulta:

T1 = T2 + QnCV

=(

273.15 + 2.0486∗105

15∗2.5∗8.314

)K = 930.23 K (CV = 5

2R)

La variazione di entropia del gas risulta:

∆S = nCV lnT2

T1= 15 ∗ 2.5 ∗ 8.314 ln 273.15

930.23J/K = −382.05 J/K

42

(05/09/09) Un gas ideale monoatomico compie il ciclo reversibile ABCAin cui: AB è una adiabatica che ne raddoppia il volume; BC una isobara cheriporta il volume a quello iniziale; CA una isocora che riporta il gas nellostato iniziale. Calcolare il rendimento.

Soluzione

Il calore viene assorbito lungo la trasformazione isocora CA e ceduto lungol’isobara BC, pertanto

η = 1 + QBCQCA

= 1− nCp(TB−TC)

nCV (TA−TC)= 1− γ TB/TC−1

TA/TC−1. (1)

Nell’isobara, essendo VB = 2VA, si ha:VBVC

= VBVA

= TBTC

= 2 (2)

Dall’equazione dell’adiabatica:

TATB

=(VBVA

)γ−1

= 2γ − 1, TA = TB2γ−1,

e tenendo conto della (2):

TA = TC2γ,

TATC

= 2γ

Sostituendo le (2) e (3) nella (1) si ottiene:

η = 1− 53

2−1

253−1

= 0.23

43

(05/09/30) Un cubetto di ghiaccio di massa m0 alla temperatura θ0 =0◦C viene immerso in una massa d’acquam1 = 0.1 kg, alla temperatura θ1 =27 ◦C, posta in un thermos, di capacità termica trascurabile. Determinare lamassima quantità di ghiaccio che può essere sciolta e la variazione di entropiadel sistema; (calore di fusione del ghiaccio λf = 80 cal/g,).

Soluzione

L’entalpia del sistema è costante, dunque

∆H = ∆Hgh + ∆Hacq = 0,

ossia, indicando con θE la temperatura di equilibrio e ponendo per l’acquacp = 1cal/gK,

m0λf +m0cgh(θE − θ0) +m1cp(θE − θ1) = 0.

La massima quantità di ghiaccio che può fondere si ha quando la tem-peratura del sistema diventa θE = θ0 = 0 ◦C. Pertanto, dalla relazioneprecedente si ha:

m0 =m1cp(θ1−θE)

λf= 34 g.

Si osservi calore che il calore specifico del ghiaccio a 0 ◦C, pari a cgh = 0.48cal/gK, non interviene in quanto la temperatura di equilibrio è 0 ◦C. Lavariazione di entropia del sistema risulta:

∆S = ∆Sgh + ∆Sacq =m0λfT0

+m1cp ln T1

T0= 80.2 J/K.

44

(05/09/30) Una mole di gas ideale monoatomico esegue un ciclo ABCAin cui: AB è una espansione isobara che ne raddoppia il volume; BC Unatrasformazione isocora irreversibile, realizzata ponendo il gas a contatto conuna sorgente a temperatura TC ; CA una compressione isoterma reversibile.Calcolare il rendimento del ciclo e la variazione di entropia dell’universo.

Soluzione

Nel ciclo, irreversibile, calore viene assorbito lungo l’isobara.

QAB = nCp(TB − TA),

ceduto nell’isocora BC e nell’isoterma CA:

QBC = −nCV (TB − TC) = −nCV (TB − TA)

QCA = nRTA ln VAVC

= nRTA ln VAVB

Dunque,

η = 1− nCV (TB−TA)+nRTAln(V B/V A)

nCp(TB−TA)= 1− CV (TB/TA−1)+R ln(V B/V A)

Cp(TB/TA−1).

Essendo TB/TA = VB/VA = 2, si ottiene:

η = 1− CV +R ln 2Cp

= 0.12.

La variazione di entropia nel ciclo è nulla, quindi la variazione di entropiadell’universo è pari alla variazione di entropia delle sorgenti.

∆Su = ∆Ssorg = −Cp ln TBTA

+R ln VCVA

+ CVTB−TCTC

=

−52R ln 2 +R ln 2 + 3

2R 2TC−TC

TC=(

−52

ln 2 + ln 2 + 32

)∗ 8.314 = 3.82 J/K.

Oppure (l’entropia dell’universo aumenta solo nel tratto BC irreversibile)

∆Sgas B→C = −32R ln 2

∆Ssorg B→C = 32R

∆Su = ∆Sg + ∆Ssorg = 32R (1− ln 2) = 0.46028R = 0.46028 ∗ 8.314

J/K = 3.82 J/K

Si noti che TC = TA.

45

(05/12/02) . Un gas ideale monoatomico, inizialmente a temperaturaTA = 300 K, compie una trasformazione adiabatica irreversibile al terminedella quale si raffredda di ∆T = TB − TA = −5 K. Utilizzando il lavorocompiuto durante tale processo, il gas viene riportato, a pressione costante,al volume iniziale VC = VA. Determinare la temperatura finale del gas.

Soluzione

Per la prima legge della termodinamica, il lavoro nella trasformazioneadiabatica è uguale alla diminuzione di energia interna:

LAB = −nCV (TB − TA), (1)

Nella trasformazione isobara:

LBC = −LAB = p(VC − VB).

Poichè VC = VBTC/TB, si hapV BTB

(TC − TB) = nR(TC − TB),e tenendo conto della (1):

nR(TC − TB) = nCV (TB − TA).

Essendo TB = TA + ∆T , si ottiene:

TC = TA + CpR

∆T = TA + 52∆T = 287.5 K

46

(05/12/02) Una macchina frigorifera lavora ciclicamente scambiandocalore con l’ambiente esterno, da considerare come una sorgente ideale atemperatura θ0 = 27◦C. Calcolare il lavoro minimo occorrente per solidifi-care una massa m = 1 kg di acqua inizialmente in equilibrio a temperaturaambiente.(calore di fusione dell’acqua λf = 80 cal/g)Soluzione

Il lavoro minimo si realizza in condizioni di reversibilità. Per la legge di ac-crescimento dell’entropia, la variazione di entropia dell’universo (frigorifero,acqua, ambiente) dev’essere maggiore o uguale a zero, ∆Su ≥ 0, dove il segnodi uguaglianza vale per processi reversibili. Pertanto, dette ∆Sacq,∆Sfrig e∆Samb rispettivamente, le variazioni di entropia dell’acqua, del frigorifero edell’ambiente, si ha

∆Su = ∆Sacq + ∆Sfrig + ∆Samb = 0.

Ma ∆Sfrig = 0 in quanto la macchina lavora ciclicamente, quindi:

∆Sacq + ∆Samb = 0

La variazione di entropia dell’acqua alla fine della solidificazione risulta:

∆Sacq = −mcp ln T0

T1− mλf

T1=(

− ln 300.15273.15

− 80273.15

)4.184 ∗ 103 J/K = −1619.8 J/K ,

dove cp ≈ 1 cal/g·K è il calore specifico a pressione costante e T1 =273.15.K

Q1 è il calore totale ceduto dall’acqua che vale

Q1 = −mcp(T0 − T1)−mλf = − (27 + 80) ∗ 4.184 ∗ 103 J =

−4.47 ∗ 105 J

La variazione di entropia dell’ambiente è

∆Samb = −∆Sacq = 1619.8 J/K,

e quindi il calore assorbito dall’ambiente sarà

Q2 = T0∆Samb = 300.15∗1619.8 J = 4.86 ∗ 105 J

La parte residua del calore Q1 sottratto all’acqua ad ogni ciclo vieneceduta come lavoro al frigorifero; in totale si ha:

Lmin = Q2 +Q1 = 4.86 ∗ 105 J − 4.47 ∗ 105 J = 39 KJ

47

(06/06/12) Un cilindro munito di pistone perfettamente scorrevole, con-tiene 0.3 moli di azoto alla pressione p. Il sistema è in equilibrio termico conuna miscela di acqua e ghiaccio fondente in cui sono presenti 150 g di ghiaccioalla pressione p0 = 1 atm. Il gas viene fatto espandere reversibilmente finchèla sua pressione diventa uguale a p0 e al termine del processo si osserva chesono presenti 160 g di ghiaccio. Calcolare la pressione iniziale del gas e levariazioni di entropia del gas, della miscela e dell’universo. (Calore latentedi fusione del ghiaccio λf = 334 kJ/kg).

Soluzione

Durante l’espansione isoterma reversibile, il gas ha assorbito dalla miscelauna quantità di calore pari a

Q = mλf = 3340 J,

dove m = 10 g è la differenza tra le masse di ghiaccio presenti alla fine eall’inizio.D’altra parte nell’isoterma,

Q = L = nRT0 ln V0

V= nRT0 ln p

p0, ln p

p0= 3340

nRT 0,

da cui:

p = p0 exp 3340nRT0

= 1 exp 33400.3∗8.314∗273.15

atm ≈ 135 atm.

La variazioni di entropia della miscela è

∆Sb = − QT0

= − 3340273.15

= −12.2 J/K.

Ma il processo è reversibile, dunque la variazione di entropia del gas èuguale ed opposta a quella della miscela. La variazione di entropia dell’uni-verso è zero.

48

(06/06/12) Una mole di gas ideale monoatomico compie un ciclo ABC,in cui AB è una espansione adiabatica irreversibile, BC una isobara reversibileche riporta il gas al volume iniziale, CA una isocora reversibile che chiudeil ciclo. Sapendo che TA = 2TB e ∆SBC + ∆SCA = −6 J/K, calcolare ilrendimento del ciclo.

Soluzione

η = 1 + QBCQCA

= 1− Cp(TB−TC)

CV (TA−TC)= 1− γ TB/TC−1

TA/TC−1. (1)

Dall’equazione di stato si ha:TBTC

= VBVC

= VBVA,⇒ TC = TB

VAVB.

La (1) diventa:

η = 1− γ VB/VA−1TAVB/TBVA−1

= 1− γ VB/VA−12VB/VA−1

. (2)

Per ricavare il rapporto VB/VA, si osservi che la variazione di entropia delciclo è nulla

∆SAB + ∆SBC + ∆SCA = 0,⇒ ∆SAB − 6 J/K = 0. (3)

Poichè

∆SAB = CV ln TBTA

+R ln VBVA, TA = 2TB,

sostituendo nella (3) si ha

CV ln 12

+R ln VBVA

= 6 J/K.

Quindi, dividendo per CV ,

49

ln 12

+ RCV

ln VBVA

= 6CV.

EssendoRCV

= Cp−CVCV

=si ottiene:

ln 12

+ ln(VBVA

)γ−1

= 6CV.

ovvero,

ln 12

(VBVA

)γ−1

= 6CV.

Si ottiene:VBVA

= 21/γ−1e6/[CV (γ−1)] = 23/2e6/R = 5.8.

Sostituendo nella (2) si ottiene:

η = 0.248.

50

(06/07/25) Un recipiente adiabatico contiene una mole di gas idealemonoatomico che, da uno stato A di equilibrio viene improvvisamente fattoespandere, raggiungendo uno stato finale B, anch’esso di equilibrio. Calcolarela variazione di entropia sapendo che nello stato A la pressione è pA = 4pB.

Soluzione

La variazione di entropia è data da

dS = 1TdU + p

TdV = 1

TCV dT + RdT−V dP

T=

1TCpdT −RdP

P⇒ ∆S = Cp ln TB

TA−R ln pB

pA(1)

Ma,(L = −∆U)

L = pB(VB − VA) = −CV (TB − TA).

Usando l’equazione di stato:

RpB

(TBpB− TA

4pB

)= −CV (TB − TA).

Si trae:TBTA

=R/4+CVR+CV

= 710,

Quindi la (1) fornisce

∆S = 52R ln 7

10+R ln 4 = 0.49461R = 0.49461 ∗ 8.314 J/K = 4.1 J/K.

51

(06/07/25) . Un gas ideale monoatomico esegue un ciclo reversibileABCA in cui: AB è una espansione isoterma, alla fine della quale VB

VA=

1.3 ; BC una espansione adiabatica dove VCVB

= 1.2; CA una politropica diequazione pV δ = cost che riporta il gas nello stato iniziale. Determinare ilvalore di δ nella politropica.

Soluzione

Nel ciclo la variazione di entropia del gas è nulla:

∆S = nR ln VBVA

+ nCV ln TATC

+ nR ln VAVC

= 0.

Si ricava:(VBVC

)R=(TCTA

)CV. (1)

Tenuto conto dall’equazione della politropica e dell’equazione di stato delgas, si ha:

pAVδA = pCV

δC ,⇒ TAV

δ−1A = TCV

δ−1C ,

da cui:

TCTA

=(VAVC

)(δ−1)

.

Sostituendo nella (1), si ottiene:

nR ln VBVA

+ nCV ln(VAVC

)(1−δ)+ nR ln VA

VC= 0

ln VBVC

+ 32

ln(VAVC

)(1−δ)= 0

23

ln VBVC

+ (1− δ) ln(VAVC

)= 0

δ = 1 + 23

ln(VB/VC)ln(VA/VC)

= 1 + 23

ln(1/1.2)ln(1/(1.2∗1.3))

= 1.27.

52

(06/09/12) Un recipiente cilindrico adiabatico è diviso in due parti Ae B da un pistone di massa trascurabile, perfettamente scorrevole, anch’essoadiabatico. In A sono contenute10 moli di gas ideale biatomico alla temper-atura TA = 600 K; in B sono contenute 5 moli dello stesso tipo di gas atemperatura TB = 300 K. Inizialmente i gas sono in equilibrio ed alla stessapressione, occupando un volume complessivo V0 = 0, 12 m3. Successivamentenel pistone si verifica una perdita di isolamento e calore inizia a fluire da Averso B, finchè non viene raggiunto l’equilibrio finale. Calcolare la variazionedi entropia del sistema.

Soluzione

Il problema è simile a molti altri in cui si verificano processi irreversibili.Nel sistema isolato l’energia interna totale è costante, quindi

∆U = ∆UA + ∆UB = 0,

da cui,

nACV (Tf − TA) + nBCV (Tf − TB) = 0,⇒ Tf = 500 K.

Poichè i gas inizialmente hanno la stessa pressione, si haVAVB

= nATAnBTB

= 4, VA + VB = 120 l⇒ VA = 96 l, VB = 24 l.All’equilibrio finale (stesse pressioni e temperature):

V fAV fB

= nAnB

= 2, V fA + V f

B = 120 l⇒ V fA = 80V f

B = 40 l.

La variazione di entropia del sistema (universo) risulta:

∆S = nACV lnTfTA

+ nAR lnV fAVA

+ nBCV lnTfTB

+ nBR lnV fBVB

= 27.84 J/K.

53

(06/09/12) . Due moli di gas ideale biatomico scambiano calore con duesorgenti a temperatura T1 e T2 = 4T1/5, compiendo un ciclo ABCDA, dove:AB è una espansione isoterma reversibile che ne raddoppia il volume; BCuna trasformazione a volume costante che raffredda il gas, posto a contattocon la sorgente a temperatura T2; CD una compressione isoterma reversibileche riconduce il volume a quello iniziale; DA una trasformazione a volumecostante che riscalda il gas, posto a contatto con la sorgente a temperaturaT1. Calcolare il rendimento del ciclo.

Soluzione

Il rendimento è

η = 1 + QcedQass

,

dove:

Qced = QBC +QCD Qass = QAB +QDA.

Essendo:

QBC = nCV (T2 − T1), QCD = nRT ln VAVB

QAB = nRT1 ln VBVA, QDA = nCV (T1 − T2),

si ottiene:

η = 1− T2

T1

ln 2+ 52

(T1T2−1)

ln 2+ 52(1− T2

T1)= 1− 4

5

ln 2+ 58

ln 2+ 12

= 0.11.

Si noti che il rendimento risulterebbe lo stesso se le trasformazioni isocorefossero reversibili.

54

(07/01/18). Un corpo di capacità termica C = 15 cal/K, costantenell’intervallo di temperature considerato, si trova alla temperatura θ0 = 0◦C. Esso viene riscaldato fino alla temperatura θ1 = 200 ◦C in due modidiversi.Ponendolo a contatto con una sorgente a temperatura θ1.Ponendolo a contatto con una sorgente a temperatura θ2 = 150 ◦C e,

dopo aver raggiunto l’equilibrio, con la sorgente a temperatuta θ1.Calcolare la variazione di entropia del corpo e del sistema corpo e sorgenti

nei due casi.

Soluzione

L’entropia è una funzione di stato e quindi, detta ∆SC la variazione dientropia del corpo, in entrambi i casi risulta:

∆SC = C ln T1

T0= 15 ∗ 4.18 ln 473.15

273.15= 34.4 J/K

Nel primo caso la variazione di entropia della sorgente è

∆ST1 =−C(T 1−T 0)

T1= −15∗4.18(200)

473.15= −26.5 J/K ,

e la variazione di entropia corpo e sorgente (universo):

∆Su = ∆SC + ∆ST1 = (34.4− 26.5) J/K = 7.9 J/K .

Nel secondo caso la variazione di entropia delle sorgenti è

∆ST1+∆ST2 = −C(T 2−T 0)

T2−C(T 1−T 2)

T1= −15∗4.18∗150

423.15−15∗4.18∗50

473.15= −28.8 J/K

,

e la variazione di entropia del corpo e delle sorgenti:

∆Su = ∆SC + ∆ST1 + ∆ST2 = (34.4− 28.8) J/K = 5.6 J/K

e la variazione di entropia corpo e sorgenti:

∆Su = ∆SC + ∆ST1 + ∆ST2 = 1.4 cal/K.

55

(07/01/18) . Una mole di gas ideale monoatomico alla temperaturaTA = 300 K, compie un ciclo ABCA nel quale: AB è una espansione libera;BC una compressione adiabatica irreversibile; CA una isobara reversibile cheriporta il gas nello stato iniziale. Sapendo che nella compressione adiabat-ica viene impiegato il lavoro L = 200 J , calcolare la variazione di entropiadell’universo.

Soluzione

Si osserva che nell’espansione libera del gas ideale la temperatura rimanecostante, dunque TA = TB. Inoltre nella compressione adiabatica BC si ha(Q = 0)

nCV (TC − TB)− L = 0,⇒ TC = TB + LnCV

= TA + 2L3R

= 316 K.

La variazione di entropia dell’universo è data da

∆Su = ∆Sgas + ∆Sext.

La variazione di entropia del gas è nulla perchè compie un ciclo. ∆Sextè pari alla somma delle variazioni di entropia dell’ambiente esterno, che siriducono solo a quella relativa alla compressione isobara CA:

−∆SCA = −∫ TATC

nCpdTT

= Cp ln TCTA.

Infatti la compressione BC è adiabatica. La variazione di entropia del-l’universo risulta quindi

∆Su = Cp ln TCTA

= 528.314 ln 316

300J/K = 1.08 J/K

56

(07/06/14). Un gas ideale monoatomico, nello stato iniziale pA = 32.8atm, VA = 2 l, TA = 400 K, esegue il ciclo ABCDA dove: AB è un’espansioneisoterma reversibile a temperatura T1 = TA, BC una espansione adiabaticareversibile, CD una compressione isoterma reversibile a temperatura T2 =TD, DA una isocora irreversibile, che riporta il gas nello stato iniziale.Quest’ultima trasformazione può essere realizzata in due modi:a) ponendo il gas a contatto con la sorgente a temperatura T1

b) effettuando lavoro adiabatico esterno L.Calcolare il rendimento nei due casi e la variazione di entropia delle

sorgenti nel caso b);(VB = 8 l, T2 = 250K).

Soluzione

Le quantità di calore coinvolte nel ciclo sono:

QAB = nRT1 ln VBVA

= 90.9 l·atm; n = pAVARTA

= 2 moli

QBC = 0

QCD = nRT2 ln VDVC

= −85, 7 l·atm; VD = VA, VC = VB

(T1

T2

)1/(γ−1)

QDA = nCV (T1 − T2) = 36, 9 l·atm.Nel primo caso il rendimento risulta:

η = 1 + QCDQAB+QDA

= 0.33.

Nel secondo caso nel gas viene dissipato lavoro adiabatico, che determinala stessa variazione di energia interna del primo caso. Pertanto il rendimen-to è lo stesso. Si rammenti che il rendimento di una macchina è, in gen-erale, definito dal rapporto tra il lavoro utile ottenuto e l’energia, di qualsiasigenere, impiegata.La variazione di entropia delle sorgenti, caso b), è

∆Ssorg = −(QABT1

+ QCDT2

)= 0.12 l.atm/K.

57

(07/06/14) n moli di ossigeno, a temperatura T0 e volume V0 vengonofatti espandere isotermicamente, fino a raddoppiare il volume. Calcolare ilrapporto dei calori assorbiti nei seguenti casi:a) il gas si consideri idealeb) il gas obbedisca all’equazione di Van der Waals con V0 = 2nb (b

covolume)

Soluzione

a) Gas ideale: indicato co Vf il volume finale si ha

Q1 = nRT0 lnVfV0

= nRT0 ln 2.

b) Gas di Van der Waals:

dQ2 = dU + pdV

dall’espressione dell’energia interna di un gas di Van der Waals si ha

u = CV T − av+ cost

dove u ≡ U/n e v ≡ V/n e quindi

U = nCV T − n2 aV

+ cost

dQ2 = nCV dT + n2 aV 2dV + pdV

ma p = nRT0

V−bn − n2 aV 2 e quindi, a T costante

dQ2 = nRT0

V−bndV

integrando si ottiene

Q2 =∫ VfV0

nRT0

V−bndV = nRT0 lnVf−bnV0−bn = nRT0 ln 3

pertanto il rapporto dei calori assorbiti vale:

Q1/Q2 = 0.63

58

(07/07/25) Due moli di gas ideale monoatomico sono contenute in unrecipiente alla temperatura TA = 300 K. Al fine di dimezzare pressione e vol-ume iniziali pA, VA, il gas viene sottoposto a due trasformazioni consecutive:una compressione isoterma reversibile AB, che dimezza il volume; una isoco-ra irreversibile BC, realizzata ponendo il gas a contatto con una sorgente atemperatura TC , che ne dimezza la pressione. Calcolare le quantità di calorescambiate con le sorgenti e la variazione di entropia dell’universo.

Soluzione

Nell’isoterma AB, ∆U = 0, è

QAB = nRTA ln VBVA

= −2RtA ln 2 = −3456 J

Nell’isocora irreversibile BC, W = 0,

QBC = nCV (TC − TA) = −94RTA = −9

4∗ 8.314 ∗ 300 = −5612 J,

essendo TC = TA/4

La variazione di entropia dell’universo è uguale alla somma della vari-azione dell’entropia del gas ∆SBC nell’isocora irreversibile BC e della vari-azione dell’entropia della sorgente a temperature TC :

∆Su = ∆SBC + ∆STC = nCV ln TCTA− QBC

TC=

−3 ln 4 + 9R = 4.84 ∗ 8.314 = 40.2 J/K

oppure:

∆Su = ∆SAB + ∆SBC + ∆STB + ∆STC

∆SAB = +3456/300 J/K = −11.52 J/K

∆STB = −2 ∗ 8.314 ∗ ln 2 J/K = +11.52 J/K

∆SBC = −2 ∗ 3/2 ∗ 8.314 ∗ ln 4 J/K = −34.57 J/K

∆STC = −QBCTC

= 561275

= 74.83 J/K

∆Su = (−11.52− 34.57 + 11.52 + 74.83) J/K = 40.2 J/K

59

(07/07/25) Un gas ideale compie un ciclo ABCDA, in cui: AB è unaespansione ottenuta ponendo il gas a contatto con una sorgente a temper-atura T1 = 900 K e dimezzando bruscamente la pressione esterna; BC unatrasformazione adiabatica reversibile che raffredda il gas dalla temperaturaT1 alla temperatura T2 = 300 K; CD una compressione ottenuta ponendo ilgas a contatto con una sorgente a temperatura T2 e raddoppiando brusca-mente la pressione esterna; DA una compressione adiabatica reversibile cheriporta il gas nello stato iniziale. Determinare il rapporto tra il rendimentodel ciclo e quello della macchina di Carnot che lavora tra le stesse sorgenti.Calcolare anche la variazione dell’entropia dell’universo in un ciclo e l’energiainutilizzabile.

Soluzione

Le trasformazioni AB e CD sono evidentemente irreversibili. Poichè perentrambe gli stati iniziali e finali sono alle stesse temperature, rispettivamenteT1 e T2, si ha

VB = 2VA, VC = 2VD, ∆UAB = 0, ∆UCD = 0.

Inoltre:

QAB = WAB = pB(VB − VA) = pAVA2

= nRT1

2

QCD = WCD = pD(VD − VC) = −PDVD = −nRT2

Pertanto i rendimenti η del ciclo e ηC della macchina di Carnot risultano:

η = 1 + QCDQAB

= 1− 2T2

T1= 1

3, ηC = 1− T2

T1= 2

3, η = ηC

2

La variazione dell’entropia dell’universo in un ciclo è quella delle duesorgenti:

∆Su = −QABT1− QCD

T2= −nR

2+ nR = nR/2 = 8.314 J/K

L’energia inutilizzabile è data da:

Ein = T2∆Su = Wcarnot −Wirr = 300 ∗ 8.314 J = 2494.2 J

E’il calore in più (rispetto alla macchina di Carnot) ceduto alla sorgentefredda.

60

(07/25/09) Un cubetto di ghiaccio di massa m = 15 g alla temperaturat0 = 0◦C, viene posto in un bicchiere d’acqua alla temperatura t1 = 27◦C, inequilibrio con l’ambiente esterno. Il sistema evolve fino a ritornareall’equilibrio iniziale. Calcolare la variazione di entropia del ghiaccio, dell’ac-qua, del bicchiere e dell’ambiente.(Calore di fusione del ghiaccio λ = 80 cal/g)

Soluzione

Assumendo costante il calore specifico del ghiaccio e pari a c = 1cal/(gK),si ha:

∆Sgh = mλT0

+mc ln T1

T0= 24.279 J/K

Le variazioni di entropia dell’acqua e del bicchiere sono nulle in quantolo stato finale è uguale allo stato iniziale:

∆Sacq = 0, ∆Sbic = 0.

La variazione di entropia dell’ambiente esterno, considerando quest’ulti-mo come una sorgente ideale, è data dal rapporto tra il calore Q fornito alsistema e la temperatura costante dell’ambiente:

∆Samb = QT1

= −mλ+mc(T1−T0)T1

= −22.186 cal/K,

La variazione di entropia dell’universo risulta

∆Su = ∆Sgh + ∆Samb = 2.093 J/K

61

(08-06-16) Un condizionatore viene utilizzato per raffreddare una stanzadi volume V , dalla temperatura tA alla temperatura tB, mentre l’esterno, daassumere come sorgente termica ideale, è alla temperatura tE. Calcolare illavoro minimo occorrente per l’operazione, supponendo che nella stanza siapresente aria, da assumere come gas ideale biatomico, a pressione p costante.Quanto tempo impiegherà un condizionatore con una potenza di 2kW araffreddare l’aria della stanza?

(V = 40 m3, p = 1 atm, tA = 40◦C, tB = 25

◦C, tE = 40

◦C).

Soluzione

A questo problema si può applicare la legge di accrescimento dell’entropia.Poichè si richiede il lavoro minimo occorrente, la variazione di entropia dell’u-niverso (∆Su) dev’essere pari a zero. Essa consta della variazione di entropiadell’ambiente esterno ∆SE, della variazione di entropia del condizionatore,uguale a zero perchè compie una operazione ciclica, e della variazione dientropia dell’aria della stanza ∆Sg:

∆Su = ∆SE + ∆Sg = 0,⇒ ∆Su = Q1

TE+ nCp ln TB

TA= 0, (1)

dove Q1 = Q + W è il calore assorbito dall’ambiente esterno, ugualealla somma del calore Q sottratto all’ambiente e del lavoro W compiutodall’esterno.Essendo

n = pVRTA

, Q = nCp(TA − TB),

dalla (1) si ottiene:

W = −nCp[(TA − TB) + TE ln TB

TA

]=

−1.013∗105∗40313.15

(72

(15 + 313.15 ln 298.15

313.15

)J = 1.68 ∗ 104J.

Il tempo impiegato a raffreddare l’aria è

t = (16800/2000) s = 8.4 s

62

(08-06-16) Una macchina termica funziona scambiando calore con duesorgenti alle temperature TA = 300K e TB = 250K. Dopo un certo nu-mero di cicli essa produce un lavoro W = 30 cal, mentre la variazione dientropia dell’universo risulta ∆Su = 0.02 cal/K. Ricavare il rendimento del-la macchina, valutare l’energia inutilizzabile e confrontare il risultato con ilrendimento ed il lavoro di una macchina di Carnot reversibile che operi trale stesse temperature.

Soluzione

Si ha un aumento dell’entropia dell’universo, quindi la macchina è irre-versibile. Poichè la variazione di entropia di quest’ultima, che lavora ciclica-mente, è nulla, la variazione di entropia dell’universo è uguale alla variazionedi entropia delle sorgenti;

∆Su = −QBTB− QA

TA. (1)

dove QA è il calore che la macchina assorbe dalla sorgente calda, assuntopositivo e QB è il calore ceduto dalla macchina alla sorgente fredda, assuntonegativoTenuto conto che

W = QA +QB, ⇒ QB = −QA +W ,

sostituendo nella (1), si ricava:

∆Su = QA−WTB− QA

TA,

QA = TATA−TB (W + TB∆Su)


η = WQA

= WTA

TA−TBW+TB∆Su

= 30300

5030+250∗0.02

= 0.14,

l’energia inutilizzabile è

EIN = TB∆Su = 5 cal.

Il rendimento di una macchina di Carnot reversible vale

ηR = 1− TBTA

= 1− 250300

= 0.166

e la macchina compirebbe quindi un lavoro

WREV = ηRQA =(

1− TBTA

)TA

TA−TB (W + TB∆Su) = W +TB∆Su = 35 cal

63

(08-07-23) Una mole di gas ideale monoatomico esegue una trasfor-mazione isobara tra gli stati A e B, compiendo il lavoro W = 103 J . Il gaspuò anche raggiungere lo stato finale B attraverso un processo irreversibilecostituito da due trasformazioni:una trasformazione AC in cui il gas è posto a contatto con una sorgente

a temperatura TA, fino ad occupare il volume VB; una compressione isocoraCB, fino ad raggiungere la temperatura TB.Calcolare il calore scambiato nella trasformazione isobara ed il lavoro

massimo ottenibile nel processo irreversibile (TA = 300 K).

SoluzioneLa quantità di calore scambiata nella trasformazione isobara è pari alla

variazione di entalpia del gas,

Q = ∆H = Cp(TB − TA) = ∆U +W, (1)

indipendente dal tipo di trasformazione. Infatti l’energia interna è unafunzione di stato ed il lavoro è pari a

W = p(VB − VA) = R(TB − TA), (2)

anch’esso indipendente dal tipo di trasformazione. Dalla (2) si ricava

TB − TA = WR, ⇒

TB = TA + WR

=(

300 + 103

8.314

)K = 420.28 K. (3)

Sostituendo nella (1) si ottiene

Q = ∆H = CpWR

= 52103 J = 2500 J.

Per determinare il lavoro ottenibile nel secondo processo si può applicarela legge di accrescimento dell’entropia,

∆Ssorg + ∆Sgas ≥ 0.

64

il lavoro massimo si ottiene quando vale il segno di eguaglianza e poichèla variazione dell’entropia delle sorgenti vale

∆Ssorg = −Wmax

TA− CV ln TB

TA

e

∆Sgas = Cp ln TBTA,

si ottiene:

−Wmax

TA− CV ln TB

TA+ Cp ln TB

TA= 0,

e quindi

Wmax = TA (Cp − CV ) ln TBTA

= 300 (8.314) ln 420.28300

J = 840.89 J. (4)

Poichè le trasformazioni AC e BC sono irreversibili, il lavoro ottenibile èsicuramente minore. Si noti che nella situazione prospettata dal problemanon è necessario ricorrere alla legge di accrescimento dell’entropia; infatti la(4), essendo pA = pB, è proprio uguale a lavoro dell’isoterma reversibile AC.

65

(08-07-23) Un recipiente con pareti rigide e capacità termica trascur-abile, contiene 15 moli di azoto, in equilibrio termodinamico, alla temper-atura T1. Il sistema viene posto in contatto con una sorgente alla temperaturaT2 = 0 ◦C, attraverso una parete diatermica. Raggiunto il nuovo equilibrio,si osserva che la variazione di entropia della sorgente è ∆Ssorg = 750 J/K.Calcolare la variazione di entropia del gas.

Soluzione


∆Ssorg = QT2, Q = T2∆Ssorg = 273.15 ∗ 750 J/K = 2.048 6 ∗ 105 J

dove T2 = 273.15 K. Essendo Q = nCV (T1 − T2), risulta:

T1 = T2 +Q/nCV = 273.15 K + 2.048 6 ∗ 105/(15 ∗ 5

28.314

)K =

930.23 K.


∆S = nCV ln T2

T1= 15 ∗ 5

28.314 ln 273.15

930.23J/K = −382.05 J/K.

66

(08-09-15)Una mole di gas ideale monoatomico è contenuta in un re-cipiente adiabatico, in equilibrio alla temperatura TA = 320 K. Successiva-mente essa si espande, occupando il volume VB = 3VA e compiendo il lavoroW = 150 J ; quindi viene compressa adiabaticamente e reversibilmente finoal volume finale VC = VA. Determinare la temperatura finale del gas.

Soluzione

L’espansione AB è irreversibile. Per la prima legge della termodinamica,

CV (TB − TA) +W = 0,

si ricava:

TB = TA −W/CV = TA − 2W/3R.

Pertanto, tenuto conto dell’equazione dell’adiabatica BC,

TC = TB (VB/VC)γ−1 = TB3γ−1,

si ottiene:

TC = (TA − 2W/3R) 35/3−1 =

(320− 2 ∗ 150/ (3 ∗ 8.314)) 35/3−1 K = 640.6 K.

67

(08-09-15) Un grammo d’acqua nella transizione liquido-vapore ha unavariazione di energia interna ∆U = 500 cal (piccole). Calcolare la variazionedi entropia della transizione di fase ritenendo trascurabile il volume del liq-uido Vl, rispetto a quello del vapore Vg, e considerando quest’ultimo comeun gas ideale. Assumere costante il calore di evaporazione (calore latente) epari a λe = 22.6 ∗ 105 J/kg.

Soluzione

Dalla prima legge della termodinamica:

∆U = Q−W = mλe − p(Vg − Vl) = mλe − (m/A)RT,

dove m ed A sono la massa e la massa molecolare dell’acqua. Si ricava

T = λeA/R−A∆U/mR = (2260 ∗ 18/8.314− 18 ∗ 500 ∗ 4.184/8.314)K =363.72 K.

La variazione di entropia risulta:

∆S = mλe/T = 2260/363.72 = 6.21 J/K.

68

(09-06-23) Una mole di gas ideale monoatomico, a temperatura T0 = 300K viene posto a contatto con una sorgente dalla quale assorbe la quantitàdi calore Q = 1500 cal.(piccole). Il gas, contenuto in un cilindro, chiuso daun pistone di massa trascurabile che può scorrere senza attrito, si espandecontro la pressione esterna p0 costante. Calcolare la variazione di entropiadel gas e dell’universo.

Soluzione

Detta Tf la temperatura finale, il calore assorbito dal gas è dato da

Q = Cp(Tf − T0),⇒ TfT0

= 1 + QCpT0

= 2


∆S = Cp lnTfT0

= 52R ln 2 =

(528.314 ln 2

)J/K = 14.4 J

K

Si osservi che l’espansione è irreversibile; infatti la variazione di entropiadell’universo, sorgente e gas, è

∆Su = ∆S + ∆Ssorg =(

14.4 J/K − QTf

)=(

14.4− 1500∗4.187600

)J/K = 3. 93 J

K> 0

69

(09-06-23) Una mole di gas ideale biatomico si espande secondo lapolitropica reversibile pV 2 = cost. Sapendo che la temperatura iniziale èTA = 400 K e che il gas compie il lavoroWAB = 2000 J , determinare la tem-peratura finale TB , il calore scambiato nella trasformazione e la variazioned’entropia del gas.

Soluzione

Nella politropica, pV 2 = pAV2A, il lavoro reversibile è dato da

WAB =

VB∫VA

pdV =

VB∫VA

pAV2A

V 2 dV =

pAV2A

[− 1V

]VBVA

= pAV2A

(1VA− 1

VB

)=

pAVA − pBVB = R(TA − TB) (perchè pAV 2A = pBV

2B) .

Da cui,

TB = TA − 1RWAB =

(400− 1

8.3142000

)K = 159.4 K.

Il calore scambiato vale

QAB = ∆U +WAB = CV (TB − TA) +WAB =(528.314(159.4− 400) + 2000

)J = −3000.9 J.

Nella trasformazione il calore viene ceduto dal gas e la variazione d’en-tropia del gas vale:

∆Sg = SB − SA = CV ln TBTA

+R ln VBVA,

per valutarla occorre calcolare VBVA,

pAV2A = pBV

2B =⇒ TAVA = TBVB

e quindi si ha VBVA

= TATB

e si ottiene

∆S = 52R ln TB

TA−R ln TB

TA= 3

2R ln TB

TA=

328.314 ∗ ln

(159.4400

)JK

= −11. 474 JK

70

(09-07-21)Unamole di gas ideale monoatomico compie una trasformazionereversibile la cui equazione nel piano (T, S) è T = T0 +a(S−S0)−b(S−S0)2,con a = 5 K2/J , b = 0.8 K3/J2. Sapendo che la temperatura finale coincidecon quella iniziale T0 = 300 K, calcolare la quantità di calore ed il lavoroassociati alla trasformazione.

Soluzione

Nel diagramma (T, S) la trasformazione è rappresentata da un’arco diparabola ad asse verticale e concavità rivolta in basso, quindi, per un certovalore dell’entropia S1 6= S0, si avrà nuovamente un valore della temperaturapari a T0. Segue che fra questi due estremi,

∆U = 0, Q = W.

Il calore associato alla trasformazione è

Q =∫ S1

S0TdS =

∫ S1

S0[T0 + a(S − S0)− b(S − S0)2] dS =

= T0(S1 − S0) + 12a(S1 − S0)2 − 1

3b(S1 − S0)3.

Dall’equazione della trasformazione, per T = T0 si ha

S1 − S0 = ab

= 6.25 J/K.

Sostituendo nella precedente:

Q = W = 1.9 kJ.Q = 300 ∗ 6.25 + 2.5 ∗ (6.25)2 − 0.81

3(6.25)3 = 1907. 6

71

(09-07-21) Due moli di gas ideale biatomico sono contenute in recipientealla temperatura TA = 300K. Al fine di dimezzare volume e pressione in-iziali, il gas viene sottoposto a due trasformazioni reversibili consecutive: unacompressione adiabatica AB che dimezza il volume e una isocora BC. Calco-lare il lavoro compiuto sul gas nella compressione e le variazioni di entropiadel gas e delle sorgenti

Soluzione

Il lavoro compiuto sul gas è pari all’aumento di energia interna del gas,

WAB = ∆U = nCV (TB − TA) = 5RTA

(TBTA− 1)

Usando l’equazione dell’adiabatica reversibile

TAVγ−1A = TBV

γ−1B ,

si ha:

WAB = 5RTA

[(VAVB

)γ−1

− 1

]= 5RTA (2γ−1 − 1) = 3982.7 J.

Tenuto conto che, per l’equazione di stato, si ricava TC = TA/4, lavariazione di entropia del gas è

∆Sgas = nCV ln TCTA

+ nR ln VCVA

=

2(

52

ln 14

+ ln 12

)8.314 J/K = −69.154 J/K.

Poichè il processo è reversibile, la variazione di entropia delle sorgentirisulta:

∆Ssorg = −∆Sgas.

(calcoli:γ = 7/5

TB = TA

(VAVB

)γ−1

= 300 (2)2/5 = 395.85 K

QBC

= nCV (TB − TC) = 5 ∗ (396− 75) ∗ 8.314 = 13344 J

∆Sgas = −nCV ln TBTC

= −5 ∗ 8.314 ln 395.8575

= −69.154 J/K

PAVγA = PBV

γB ⇒ PB = PA (2)7/5 = 2.639 ∗ PA

∆Sgas = nCV ln PCPB

= 5 ∗ 8.314 ln(

12∗2.639

)= −69.154 J/K)

72

(09-09-25) Una mole di gas ideale biatomico esegue un ciclo costituito dauna isobara AB che ne raddoppia il volume, una politropica BC di equazionepV δ = cost, δ = 2, e da una isoterma CA. Calcolare il rendimento del ciclo.

Soluzione

Dall’equazione di stato e dall’equazione della politropica

pV δ = cost, pV = RT ⇒ p = RT/V, TV δ−1 = cost

si trae:

TB = 2TA, TC = TA, TBVB = TCVC , VC = 4VA

Le quantità di calore coinvolte nel ciclo sono:

QAB = Cp(TB − TA) = CpTA > 0

QBC = Cδ(TC − TB) = −CδTA < 0

QCA = RTA ln VAVC

= −RTA ln 4 < 0,

con Cδ (calore specifico molare della politropica)

Cδ = dQdT

= CV dT+PdVdT

= CV + R1−δ = 3

2R.

infatti nella politropica

TV δ−1 = cost⇒ V δ−1dT + (δ − 1)TV δ−2dV = 0⇒dT + dV (δ − 1)TV −1 = 0⇒ dV

dT= V

T (1−δ)

P dVdT

= PVT (1−δ) = R

(1−δ)


η = 1 + QBC+QCAQAB

= 1− CδTA+RTA ln 4CpTA

=

1− Cδ+R ln 4Cp

= 1− 3/2+ln 47/2

= 47− 2

7ln 4 = 0.17534 ≈ 18%.

73

(09-09-25) Un gas ideale monoatomico, di volume iniziale V0 = 10−2m3

alla temperatura t0 = 20◦C, contenuto in un recipiente diatermico, viene

compresso bruscamente fino alla pressione p = 2 MPa che viene mantenutacostante. Una volta raggiunto l’equilibrio, la temperatura del gas è aumen-tata di 80◦C ed il volume è diventato V = V0/10. Determinare la quantitàdi calore scambiata dal gas con l’ambiente esterno.

Soluzione

Per la prima legge della termodinamica:

Q = ∆U +W ,

con ∆U = nCV ∆T = 32nR∆T, W = p∆V .

Essendo, per l’equazione di stato,

nR = pV/T = pV0/10T

,

si ottiene:

Q = 32pV0/10T

∆T + p∆V =(32

2∗106∗10−3

293.1580− 2 ∗ 106 ∗ 0.9 ∗ 10−2

)J = −17.18 kJ

74

(10/06/10) Calcolare il calore specifico di una mole di gas ideale monoatomi-co in funzione del volume, C(V), nella trasformazione quasi statica mostratanella figura.

P

V

P0

V00

Soluzione

Il calore specifico molare è definito da

C = δQdT

dal primo principio si ha

δQ = dU + δW = 32RdT + P (V )dV

C(V ) = δQdT

= 32R + P (V )dV

dT

L’equazione rappresentativa della retta in figura è

P = P0 − P0

V0V = P0

(1− V

V0

)combinando questa con l’equazione dei gas ideali

PV = RT

si ottiene

P0V(

1− VV0

)= RT

per trovare dV/dT si fa il differenziale totale di questa equazione

P0dV(

1− VV0

)+ P0V

(−dV

V0

)= P0dV

(1− 2 V

V0

)= RdT

75

dVdT

= RP0

1(1−2 V

V0

)e si ottiene C(V)

C(V ) = 32R + P (V )dV

dT= 3

2R +

R(

1− VV0

)(

1−2 VV0

) =R(

52−4 V

V0

)(

1−2 VV0

) .

76

(10/06/10) Unamole di gas biatomico di equazione di stato(p+ a

V 2

)V =

RT , esegue un ciclo ABCDA dove: AB è una isoterma reversibile, in cui latempera-tura della sorgente è T2 = 400 K; BC una isocora ottenuta ponendoil gas a diretto contatto con una sorgente alla temperatura T1 = 200 K; CDuna compressione isoterma reversibile alla temperatura T1; DA una isoco-ra ottenuta ponendo il gas in contatto con la sorgente a temperatura T2 eche riporta il sistema nello stato iniziale. Calcolare il rendimento del cicloe la variazione d’entropia dell’universo in un ciclo. Assumere CV = 5

2R e

VB = 4VA.

Soluzione

Per un gas reale si ha

U = U(T, V ) = CV T − aV,

dal primo principio e dall’equazione di stato del gas si ricava

δQ = dU + pdV =(CV dT + a

V 2dV)

+(RTVdV − a

V 2dV)

=

CV dT + RTVdV.

Il ciclo è un ciclo di Stirling per un gas reale e con le isocore irreversibili,le quantità di calore scambiate sono le stesse del ciclo di Stirling reversibileper un gas ideale, il lavoro totale compiuto è lo stesso, ma il calore assorbitoè aumentato del termine QDA.

QAB = RT2 ln VBVA

= 8.314 ∗ 400 ∗ ln 4 J = 4610 J

QBC = CV (T1 − T2) = −52∗ 8.314 ∗ 200 J = −4157 J,

QCD = RT1 ln VDVC

= −8.314 ∗ 200 ∗ ln 4 J = −2305 J

QDA = CV (T2 − T1) = 4157 J .

Il rendimento risulta

η = WQAB+QDA

= QAB+QCDQAB+QDA

= 23054610+4157

= 0.26

La variazione d’entropia dell’universo si riduce alla variazione d’entropiadelle sorgenti:

∆Su = −QBCT1

+ QDAT2

=(

4157200− 4157

400

)J/K = 10.393 J/K.

77

(10/07/20) Una certa quantità di ossigeno, da considerare come gasideale, è contenuta in un recipiente cilindrico adiabatico, munito di pistoneanch’esso adiabatico. Il gas, di volume iniziale V0 = 1 m3, viene fatto espan-dere contro una pressione esterna p = 105 Pa, fino ad aumentare il volumedel 50%. Determinare la variazione di entalpia del gas.

Soluzione

La variazione di entalpia è data da

∆H = nCp∆T. (1)

D’altra parte, per il primo principio

∆U +W = 0,⇒ nCV ∆T = −W = −p∆V,da cui:

∆T = −p∆VnCV

.

Sostituendo nella (1) ed essendo ∆V = 0.5V0, si ottiene:

∆H = −γp∆V = −75∗ 105 ∗ 0.5 J = −70 kJ .

78

(10/07/20) Una mole di gas ideale monoatomico alla temperatura in-izialeT0 = 300 K esegue una trasformazione politropica reversibile di equazioneTV −3 = cost, raddoppiando il volume iniziale V0. Successivamente, con unaisocora reversibile, il gas ritorna alla pressione iniziale p0 e, con una isobarareversibile, allo stato iniziale; calcolare il calore assorbito nella trasformazionepolitropica e il rendimento del ciclo

Soluzione

L’equazione della politropica TV −3 = cost si può scrivere

TV −3 = T0V−3

0 e anche pV −2 = cost = p0V−2

0 , (δ = −2)

Dal primo principio dQ = dU + dW = CV dT + pdV

Cδ = CV + RTV

dVdT,

ma TV δ−1 = cost⇒ (dT )V δ−1 + (δ − 1)TV δ−2dV = 0,dVdT

= − 1(δ−1)

VT,

e quindi il calore molare della politropica vale

Cδ = CV + R(1−δ) = 11

6R

e il calore assorbito

Q = nCδ(Tf − T0) .(1)

ma Tf (2V0)−3 = T0V−3

0 ⇒ Tf = 8T0.

Sostituendo nella (1),

Q = nR 776T0 = 8.31477

6300 J = 32009 J.

Indicati con A, B, C i punti del ciclo, il rendimento del ciclo vale η = WQ,

dove W è il lavoro compiuto in un ciclo

W = WAB +WBC +WCA

con WAB =

VB∫V0

pdV =

VB∫V0

p0V−2

0 V 2dV = 13p0V

−20 (V 3

B − V 30 ) = 7

3RT0,

WBC = 0, WCA = −p0V0 = −RT0

W = 43RT0 (= 4

3∗ 8.314 ∗ 300 J = 3325.6 J)

η = 43

RT0776RT0

= 0.1

79

(10/09/29) Una mole di gas reale, di equazione di stato p = RTV− a

V 2 ,con a costante positiva, è contenuta in un cilindro diatermico, chiuso da unpistone scorrevole. Inizialmente il gas è in equilibrio ed occupa il volume VAalla pressione pA, mentre nell’ambiente esterno la pressione è p0 < pA e latemperatura T0. Calcolare le variazioni di energia interna, di entalpia e dientropia, una volta che il gas, espandendosi, raggiunge l’equilibrio finale

Soluzione

L’espansione è irreversibile ma gli stati iniziale e finale hanno la stessatemperatura.Per le funzioni di stato di cui si vuole calcolare la variazione, si ha:

U = CV T − aV⇒ dU = CV dT + a

V 2dV

(1) dH = d(U + PV )

dS = 1TdU + P

TdV = CV

dTT

+ aTV 2dV +

(RV− a

TV 2

)dV =

CVdTT

+ RVdV.

ed essendo uguale la temperatura negli stati iniziale e finale, si ha

∆U =∫ VBVA

aV 2dV = aVB−VA

VAVB> 0.

Per la seconda delle (1) la variazione di entalpia è

∆H = ∆U + pBVB − pAVA,e, tenuto conto dell’equazione di stato,

pBVB − pAVA = RTo − aVB−RT0 + a

VA= aVB−VA

VAVB

∆H = 2aVB−VAVAVB

Per quanto riguarda la variazione di entropia, dalla terza delle (1) siottiene:

∆S = R ln VBVA

Si osservi che sia la variazione di energia interna che le variazioni dientalpia e di entropia dipendono dal volume.

80

(10/09/29) Un sistema termodinamico isolato è costituito da n = 5moli di gas ideale biatomico in contatto con una sorgente termica (ter-mostato) a temperatura t = 20◦C. Inizialmente il gas è alla pressione p0

e successivamente viene fatto espandere fino a raggiungere la pressione p1

= p0/10. Sapendo che nell’espansione la sorgente ha ceduto la quantità dicalore Q = 6 kcal , si determini la variazione di entropia del gas e si stabiliscase la trasformazione è reversibile o meno.

Soluzione

L’espansione del gas avviene a temperatura costante, quindi detto V0 ilvolume iniziale, la sua variazione di entropia risulta:

∆Sgas = nR ln V1

V0= nR lnp0

p1= 95.7 J/K.

La variazione di entropia della sorgente è

∆Ssorg = −QT

= −6000∗4.186293.15

= −85.676 J/K.

La variazione di entropia dell’universo vale:

∆Su = ∆Sgas + ∆Ssorg = (95, 7− 85.676)J/K = 10.024 J/KIl processo è irreversibile.

81

(11-02-22) Una mole di un gas ideale biatomico (γ = 1.4 ) si espandeadiabaticamente e reversibilmente fino a dimezzare la pressione. Si calcoli:a) La temperatura finale Tf , nota quella iniziale Ti;b) Le energie interne iniziale e finale, supponendo che le molecole possiedano

5 gradi di libertà;c) il lavoro W effettuato dal gas sull’esterno, supponendo nota la sua

pressione iniziale Pi.d) Successivamente il gas compie esegue una compressione isoterma re-

versibile fino al volume iniziale e una compressione isocora reversibile fino aritornare alla pressione iniziale. Si calcoli il rendimento del ciclo.

[Ti = 280 K;Pi = 105 Pa]

Soluzione

a) Utilizzando l’equazione di stato pV = nRT per eliminare V dall’e-quazione pV γ = cost dell’adiabatica reversibile si ottiene

Tf = (Pipf

)1−γγ = 280 K ∗ 0.820 = 230 K

b) Dalla relazione U = 5nRT/2 si ottiene:

Ui = 5.82 kJ ; Uf = 4.78 kJ .

c) Il lavoro può essere calcolato direttamente, utilizzando il primo princi-pio Q = ∆U +W (Q = 0 in questo caso)

W = −∆U = 1.04 kJ

d) Il rendimento è dato dalla relazione

η = 1 + QCQA

= 1 +nRTf ln

(ViVf

)nCV (Ti−Tf))

= 1 +nRTf ln

(PfPi

) 1γ

nCV (Ti−Tf))=

1 + 2∗230 ln(0.5)1

1.4

5(50)= 0.09

dove QC è il calore ceduto nell’isoterma e QA è il calore assorbito nell’iso-cora.

82

(11-02-22) Due moli di gas ideale monoatomico vengono compresseisotermicamente e reversibilmente alla temperatura TA fino a dimezzarneil volume. Una volta raggiunto lo stato finale il gas viene isolato dalla sor-gente facendolo espandere liberamente, fino a ripristinare lo stato iniziale.Calcolare la variazione di entropia dell’universo.

Soluzione

Nell’universo termodinamico, costituito dal gas e dalla sorgente, avvieneuna trasformazione irreversibile pertanto, per la legge di accrescimento del-l’entropia si ha

∆Su = ∆Sisot + ∆Sirr + ∆Ssorg > 0.

Ma la variazione di entropia del gas nel ciclo è nulla:

∆Sisot + ∆Sirr = 0, ∆Sirr = −∆Sisot; (1)

pertanto

∆Su = ∆Ssorg > 0.

Per la seconda delle (1) la variazione di entropia della sorgente è ugualeed opposta a quella del gas nell’isoterma; quindi

∆Ssorg = ∆Sirr = −nR lnVfVi

= 2R ln 2 ≈ 11.5 J/K > 0,

83

(11-06-08) Un cilindro diatermico, munito di pistone libero di scorrere,contiene una mole di gas reale assimilabile ad un gas di Van der Waals, incui a = 1.4 l·atm·l/mol2 e b = 0.04 l/mol, che occupa il volume V1 = 1 l.Improvvisamente il gas viene fatto espandere contro la pressione atmosfericap0 fino al volume V2 = 4 l. (la temperatura dell’atmosfera è To = 300 K)Determinare la pressione iniziale del gas, calcolare il calore scambiato dal

gas durante l’espansione e la variazione d’entropia dell’universo.

SoluzioneDall’equazione di Van der Waals

p1 = RT0

V1−b −a

(V1)2 =

8.314∗3001−0.04

103Pa− 1.4 ∗ 10−6 ∗ 1.013 ∗ 105Pa = 2.6× 106 Pa

L’espansione è irreversibile ma, essendo il cilindro diatermico, una voltaraggiunto l’equilibrio finale, la temperatura del gas è uguale a quella iniziale.Per il primo principio, il calore scambiato è dato da

Q = ∆U +W. (1)

l’energia interna del gas di Van der Waals vale (N = 1)

U = CV T − a/V + cost.

la cui variazione dà

dU = CV dT + (a/V 2) dV

ma la temperatura finale è uguale a quella iniziale e quindi

∆U =∫ V2

V1adVV 2 = a

(1V1− 1

V2

)= 1.4 l·atm·l(0.75 l−1) =

1.05 l·atm = 1.05 ∗ 10−3 ∗ 1.013 ∗ 105 J = 106 J.

Il lavoro contro la pressione esterna p0 è

W = p0∆V = 3 l·atm = 3 ∗ 10−3 ∗ 1.013 ∗ 105J = 304 J,

quindi Q = 106 J + 304 J = 410 J.

La variazione d’entropia del gas è data da

∆Sg = R ln V2−bV1−b = 8.314 ∗ ln 4−0.04

1−0.04JK

= 11.78 JK,

la variazione d’entropia dell’ambiente è

∆Sa = − QT0

= −410300J/K = −1.37 J/K

e la variazione d’entropia dell’universo

∆Su = (11.78− 1.37) J/K = 10.41 J/K.

84

(11-06-08) In un recipiente cilindrico adiabatico, munito di pistone an-ch’esso adiabatico, è contenuta una mole di gas ideale ed una massa m = 20g di ghiaccio. Il sistema è in equilibrio alla pressione p0 = 1 atm e allatemperatura t0 = 0◦C. Il gas viene compresso reversibilmente fino a farfondere tutto il ghiaccio. Calcolare il volume finale del gas, assumendo in-dipendenti dalla pressione la temperatura ed il calore di fusione del ghiaccio.(λf = 80 cal/g).

Soluzione

Una mole di gas a p = p0 e a t = t0 ha un volume V0 = 22.414 ∗ 10−3m3.Finchè il ghiaccio è presente alla sua temperatura di fusione, la compres-

sione è isoterma reversibile. In tal caso dal primo principio

∆U = 0,⇒ Q = −W ,dove Q è il calore assorbito nella fusione del ghiaccio e −W il lavoro di

compressione esterno. Detto V1 il volume finale del gas, si ha

Q = mλf = −nRT0 ln V1

V0

da cui:

V1 = V0 exp(− mλfnRT0

)= 22.414 ∗ 10−3 exp

(− 20∗80∗4.187

8.314∗273.15

)m3

= 1.17× 10−3m3.

85

(11-07-19) Una mole di gas ideale monoatomico alla temperatura inizialedi tA = 27 ◦C e pressione p0 = 1 atm esegue una trasformazione politropicareversibile di equazione pV −2 = cost, aumentando il volume iniziale VA del50%. Quindi con una isoterma reversibile arriva a uno stato C con VC = 2VA;dimezzando improvvisamente la pressione passa poi a uno statoD con volumeuguale a quello iniziale ed infine con una isocora reversibile ritorna allo statoiniziale. Determinare il rendimento del ciclo.

Soluzione

pAV−2A = pV −2 ⇒ p = pAV

−2A V 2

il lavoro compiuto da A a B vale

WAB =∫ VBVA

pdV =∫ VBVA

pAV−2A V 2dV = 1

3pAV

−2A (V 3

B − V 3A) =

13pAV

−2A

((1.5 ∗ VA)3 − V 3

A

)= 0.792pAVA = 0.792RTA

e la temperatura in B vale

TB = 1RpBVB = 1

RpAV

−2A V 3

B = 1RpAV

−2A (1.5 ∗ VA)3 =

3.375 1RpAVA = 3.375TA,

per il primo principio il calore assorbito tra A e B è

QAB = ∆UAB +WAB = CV (TB − TA) +WAB =

1.5 ∗R(3.375 ∗ TA − TA) + 0.792RTA = 4.354RTA,

nell’isoterma da B a C

QBC = WBC = RTB ln VCVB

= R ∗ 3.375 ∗ TA ln 21.5

= 0.971RTA.

La pressione in C vale PC = RTB/VC = R ∗ 3.375 ∗ TA/2VA.Il lavoro compiuto nell’isobara irreversibile CD è

WCD = −PD(VC − VD) = (−0.5 ∗R ∗ 3.375 ∗ TA/2VA) ∗ VA =

−0.5 ∗R ∗ 3.375 ∗ TA/2 = −0.844RTA

e TD = PD ∗ VA/R = 0.5 ∗ 3.375 ∗ TA/2 = 0.844TA.

Il calore assorbito nell’isocora reversibile DA vale:

QDA = CV (TA − TD) = 1.5 ∗R(TA − 0.844TA) = 0.234RTA.

Il lavoro da D ad A è WDA = 0

e quindi il rendimento è

η = WQass

= WAB+WBC+WCD

QAB+QBC+QDA= 0.792+0.971−0.844

4.354+0.971+0.234= 0.165

86

(11-07-19) Un sistema termodinamico isolato è costituito da n = 5 moldi gas ideale biatomico, in contatto con una sorgente termica (termostato) atemperatura di 20◦C. Inizialmente il gas è alla pressione p0 e successivamenteviene fatto espandere fino a raggiungere la pressione p1 = p0/10. Sapendoche nell’espansione la sorgente ha ceduto la quantità di calore Q = 6 kcal , sidetermini la variazione di entropia del gas e si stabilisca se la trasformazioneè reversibile o meno.

Soluzione

L’espansione del gas avviene a temperatura costante, quindi detto V0 ilvolume iniziale, la sua variazione di entropia risulta:

∆Sgas = nR ln V1

V0= nR ln po

p1= 95.7 J/K.

La variazione di entropia della sorgente è

∆Ssorg = −Q/T = 85.7 J/K

La variazione di entropia del sistema vale

∆S = ∆Sgas + ∆Ssorg = 10 J/K

La trasformazione è irreversibile.

87

(11-09-23) Un recipiente con pareti rigide e capacità termica trascur-abile, contiene 15 moli di azoto, in equilibrio termodinamico, alla temperatu-ra T1. Il sistema viene posto in contatto con una sorgente alla temperatura0◦ C, attraverso una parete diatermica. Raggiunto il nuovo equilibrio, siosserva che la variazione di entropia della sorgente è ∆Ssorg = 800 J/K.Calcolare la variazione di entropia del gas.

Soluzione


∆Ssorg = QT2, ⇒ Q = T2 ∗∆Ssorg = 273.15 ∗ 800 = 2.185× 105 J

dove T2 = 273.15 K.

Essendo Q = nCV (T1 − T2), risulta:

T1 = T2 +Q/nCV =(

273.15 + 2.185×105

15∗2.5∗8.314

)K = 974 K


∆S = nCV ln T2

T1= 15 ∗ 2.5 ∗ 8.314 ln 273.15

974J/K = −396.4 J/K

88

(11-09-23) Un disco omogeneo di rame, girevole intorno al suo asse, ècontenuto in un recipiente rigido termicamente isolato riempito con V0 = 3 ldi azoto alla pressione atmosferica P0 = 1 atm e alla temperatura T0 = 300K. Il raggio del disco è R = 20 cm e la sua massa M = 1 kg, ed esso ruotainizialmente alla frequenza ν = 9000 giri/min. A causa dell’attrito con ilgas, il disco dopo un certo periodo di tempo si ferma.(a) Quanto valgono Q,W e ∆U riferiti al sistema complessivo (disco +

gas)?(b) Quanto valgono Q,W e ∆U riferiti al solo gas?(c) A che temperatura finale si porta il sistema?(d) Qual è lo stato finale (P,V,T) del gas?(Calore specifico del rame c = 385 J

kgK

)Soluzione

L’energia cinetica iniziale del cilindro vale

Ekin = 12Iω2 = 1

4(0.2)2 (2π 9000

60

)2J = 8882.6 J

ω =(2π 9000

60

)= 942.48 rad/s

e si trasforma tutta in calore Q che scalda il sistema disco + gas.

Dal primo principio

Q = ∆U +W,

ma W è nullo

quindi, per il sistema complessivo ∆U = Q

Nello stato iniziale, per il gas (considerato ideale) si ha

p0V0 = nRT0 ⇒ n = p0V0

RT0=

(1.013 ∗ 105 ∗ 3 ∗ 10−3) / (8.314 ∗ 300)mol = 0.12184 mol

Per calcolare ∆T basta scrivere (c è il calore specifico del rame)

Q = (Mc+ nCV ) ∆T

∆T = Q(Mc+nCV )

= 8882.6385+0.12184∗2.5∗8.314

K = 22.9 K

La temperatura finale è quindi Tf = 322.9 K.

La variazione ∆Ug per il gas è

∆Ug = nCV ∆T = (0.12184 ∗ 2.5 ∗ 8.314) ∗ 22.9 J = 58 J

89

uguale al calore Qg ceduto al gas

La pressione finale del gas vale (trascurando la variazione di volume deldisco il volume del gas è sempre V0)

pf =p0TfT0

= 1.013∗322.9300

105 Pa = 1.0903× 105Pa (= 1.08 atm) .

(Volume iniziale del disco v0 = 1/ρCu kg = 0.12048 ∗ 10−3 m3 ,

ρCu = 8.3 ∗ 103 kg/m3, αCu = 5 ∗ 10−5 K−1

∆v = v0 ∗ αCu ∗∆T =

0.12048 ∗ 10−3 ∗ 5 ∗ 10−5 ∗ 22.9 m3 = 1.374× 10−7 m3)

90

(12-06-21)

Si consideri un serbatoio dotato di un’apertura circolare di diametro d.Si vuole confrontare la portata uscente dal serbatoio nel caso in cui sia pre-sente la sola apertura e nel caso in cui quest’ultima sia collegata ad un tuboverticale di lunghezza L (vedere la figura 4.1). Si consideri il fluido comeideale.1. Determinare nei due casi la velocità del liquido ad una distanza verti-

cale L dall’uscita del serbatoio, posto che il pelo libero del serbatoio sia postoad un’altezza h rispetto al fondo. Trascurare l’abbassamento del pelo liberocon lo svuotamento.2. Qual è la velocità del liquido nella sezione di uscita del serbatoio nei

due casi ?3. Determinare la portata uscente nell’uno e nell’altro caso. Qual è il

dispositivo più effi cace?

Soluzione

1. Applichiamo il teorema di Bernoulli ad una traiettoria che va da unpunto A situato vicino al pelo libero del serbatoio ad un punto L situatoverticalmente al di sotto dell’apertura, ad una distanza L da questa.

Caso 1:

pA + ρV 2A

2+ ρg (h+ L) = pL + ρ

V 2L

2(1)

In questa espressione, pA = pL = patm, e VA ≈ 0. quindi

VL =√

2g (h+ L).

Caso 2. L’equazione di Bernoulli scritta tra il pelo libero del serbatoio eun punto L all’uscita del tubo si scrive esattamente come prima (1) e si haancora pA = pL = patm.

91

Le due velocità sono identiche.

2. Stavolta scriviamo l’equazione di Bernoulli tra un punto prossimo alpelo libero ed un punto B situato nella sezione di uscita del serbatoio.

Caso 1.

pA + ρV 2A

2+ ρg (h+ L) = pB + ρ

V 2B

2+ ρgL (2)

dove pA = pB = patm, e VA ≈ 0. Ne deduciamo che

VB =√

2gh

Caso 2.L’equazione di Bernoulli non cambia, ma stavolta il punto U, all’uscita

del serbatoio, non si trova a pressione atmosferica. Infatti, per l’equazionedi continuità, nel condotto la velocità deve essere costante, dato che il fluidoè incomprimibile e la sezione è costante. Si ha dunque VU = VL, dove VLè quella calcolata precedentemente. La velocità di effl usso dal serbatoio èdunque maggiore nel caso 2.3. Le portate di effl usso nei due casi sono

Q1 = π d2

4

√2gh, Q2 = π d

2

4

√2g (h+ L)

Il dispositivo più effi cace è dunque il secondo.

92

(12-06-21)

Una mole di gas ideale monoatomico, inizialmente alla pressione PA = 1atm e temperatura TA = 500 K subisce le seguenti trasformazioni:1) isoterma reversibile dallo stato iniziale A allo stato finale B

caratterizzato da VB = 2VA,2) adiabatica irreversibile dallo stato B allo stato C tale che VC = 3VB e

TC = TA/2,3) isoterma reversibile fino ad un certo stato D,4) isobara reversibile dallo stato D allo stato iniziale A.Calcolare:(a) i lavori eseguiti dal gas nelle quattro trasformazioni,(b) le quantità di calore scambiate dal gas nelle quattro trasformazioni,(c) il rendimento del ciclo,(d) la variazione di entropia del gas nella trasformazione adiabatica irre-

versibile.

Soluzione

VA = RTAPA

= 8.314 5001.013∗105 = 4.1037 ∗ 10−2 m3

Nell’isoterma reversibile il gas compie il lavoro (uguale al calore assorbito)

WAB = QAB = RTA ln VBVA

= (8.314 ∗ 500 ∗ ln 2) J = 2881.4 J

Da B a C

QBC = 0, −WBC = ∆UBC = CV (TC − TA) =

−1.5 ∗ 8.314 ∗ 250 J = −3117.8 J

Da C a D

WCD = QCD = RTC ln VCVD

= − (8.314 ∗ 250 ln 12) J = −5164.9 J

perchè da D ad A (isobara)VDVA

= TDTA

= 12⇒ VD = 1

2VA,e TD = TC = TA/2

WDA = PA (VA − VD) = (1.013 ∗ 105 ∗ 0.5 ∗ 4.1037 ∗ 10−2) J = 2078.5 J

∆UDA = R(TA − TD) = (1.5 ∗ 8.314 ∗ 250) J = 3117.8 J

e quindi, per il primo principio

QDA = ∆UDA +WDA = (3117.8 + 2078.5) J = 5196.3 J

Il rendimento del ciclo è

93

η = 1 + QCDQAB+QDA

= 1− 5164.92881.4+5196.3

= 0.36

oppure η = WAB+WBC+WCD+WDA

QAB+QDA= 2881.4+3117.8−5164.9+2078.5

2881.4+5196.3= 0.36

La variazione d’entropia nell’adiabatica irreversibile BC è calcolata lungouna trasformazione reversibile arbitraria, per esempio una isoterma da B aE, stato con VE = VC e una isocora da E a C.

∆SBC =∫ CB

(dQT

)rev

=∫ EB

(dUT

+ PTdV)

+∫ CE

(dUT

+ PTdV)

=

R ln VCVB

+ CV ln TCTB

= R ln 3 + 1.5 ∗R ln 12

=

8.314(ln 3 + 1.5 ln 1

2

)J/K = 0.49 J/K

94

(12-06-21)

La temperatura all’interno del motore di un elicottero è 2000 ◦C, latemperatura dei gas combusti è 900 ◦C. La massa dell’elicottero è M =2 ∗ 103 kg, il calore prodotto, per unità di massa del combustibile, è qcomb =47 ∗ 103kJ/kg, e la densità del combustibile è ρ = 0.8 g/cm3. A che al-tezza massima può arrivare l’elicottero bruciando un volume V = 1 l dicombustibile?

Soluzione

Lavoro necessario per portare l’elicottero ad altezza H: W = MgH

Per un ciclo di Carnot che dà l’effi cienza massima il rendimento vale:

η = WQ2

= 1− T1

T2,

dove T1 e T2 sono le temperature delle sorgenti e Q2 è il calore assorbitoQuindi

W =(

1− T1

T2

)Q2

Il calore prodotto nella combustione è

Q2 = qcomb ∗ ρVe si ottiene

MgH =(

1− T1

T2

)qcomb ∗ ρV

H = qcomb∗ρVMg

(1− T1

T2

)= 47∗103kJ/kg∗(0.8kg/l)∗1l

2∗103kg∗9.8m/s2(1− 1173

2273

)= 928 m

95

(12-07-13)

Un estintore è in grado di produrre un getto ad alta velocità grazie allaforte pressione interna. Si schematizzi l’estintore come un recipiente cilindricocontenente nella parte inferiore un liquido ideale (con densità uguale a quelladell’acqua) e in quella superiore un gas ad una pressione P; il becco di uscitaè collegato con un tubo di altezza h = 25 cm rispetto al livello del liquidointerno (la sezione normale del tubo è molto minore della sezione normaledel recipiente).1) Quale deve essere il valore di P per ottenere una velocità di uscita

v = 35 m/s?2) Con il valore di P della domanda precedente, quale diventa la velocità

di uscita se l’estintore viene utilizzato ad una quota dove ci sia una pressioneatmosferica ridotta al 70% di quella usuale?

Soluzione

Applichiamo il teorema di Bernoulli

P = P0 + 12ρV 2 + ρgh = 1.013 ∗ 105 + 500 ∗ 352 + 9810 ∗ 0.25 =

1.013 ∗ 105 + 6.125× 105 + 2452.5 = 7.162 ∗ 105 Pa

nel secondo caso si ha:12ρV 2

1 = P−P1−ρgh = (7.162 5× 105 − 0.7 ∗ 1.013 ∗ 105 − 2452.5)Pa⇒

V1 =√

6.4289× 105/500 = 35.858 m/s

96

(12-07-13)

Tre moli di un gas ideale monoatomico vengono portati dallo stato A al-lo stato B mediante una espansione adiabatica nel vuoto. Successivamente,il gas viene portato allo stato C tramite una compressione adiabatica irre-versibile ed infine il gas viene posto a contatto con una sorgente a temperaturaTA e ritorna allo stato iniziale A con una trasformazione isobara irreversibile.Sono dati la temperatura TA = 300 K, la pressione pA = 2 ∗ 105 Pa ed illavoro compiuto nella trasformazione BC, WBC = −3.7∗104 J . Determinareil volume dello stato C e calcolare la variazione di entropia dell’universo.

Soluzione

La trasformazione AB è un’espansione adiabatica libera, dunque il lavoroè nullo e il calore scambiato è nullo. Quindi, dal primo principio, abbiamo:

∆UAB = 0

la trasformazione AB è anche isoterma, dato che per un gas ideale l’en-ergia interna dipende solo dalla temperatura: TA = TB = 300 K.Nella compressione adiabatica BC, QBC = 0, quindi il primo principio

implica che:

WBC = −∆UBC = ncv(TB − TC) = ncv(TA − TC) =

Risolvendo questa relazione rispetto a TC si ottiene:

TC = TA − WBC

ncv= 300 + 3.7 ∗ 104/ (4.5 ∗ 8.314) = 1288.96K

Il volume dello stato C può essere ricavato dalla relazione

pCVC = nRTC ,

utilizzando il fatto che pA = pC si ha VC = nRTC/pA = 0.16 m3

Nella trasformazione CA il gas cede una quantità di calore QCA che puòessere calcolata facilmente perche la trasformazione è isobara:

QCA = ncp(TA − TC) = −61666.6 J

Questa informazione è utile per determinare la variazione di entropiadell’universonel ciclo. Nel nostro caso, abbiamo

∆Su = ∆Sgas + ∆Samb

Le tre trasformazioni subite dal gas nel ciclo sono irreversibili, però som-mando i contributi risulta ∆Sgas = 0 in un ciclo. Quindi rimane solo da

97

determinare la variazione di entropia dell’ambiente. Essa viene data dalfatto che la sorgente termica assorbe il calore Q ceduto dal gas, quindi

Q = −QCA = +61666.6 J

e la variazione di entropia dell’ambiente (e dell’universo ) risulta essere:

∆Su = ∆Samb = QTA

= 61666.6300

J/K = 205.56 J/K.

98

(12-07-13)

Una macchina termica reversibile lavora tra due sorgenti a temperaturaT1 e T2 con T1 < T2. Si può considerare la sorgente fredda con massa infinita,mentre la sorgente calda consiste di n moli di gas ideale biatomico a volumecostante e capacità termica molare CV , quindi la temperatura della sorgentecalda diminuisce nel tempo fino ad assumere alla fine il valore T1. (T1 = 300K, T2 = 500 K, n = 10)1) Si calcoli il calore totale estratto dalla sorgente calda.2) Qual è la variazione totale di entropia della sorgente calda?3) Quanto lavoro ha compiuto alla fine la macchina?4) Quanto calore è stato ceduto alla sorgente fredda?

Soluzione

1) Q2 = nCV (T2 − T1) = 10 ∗ 2.5 ∗ 8.314 ∗ 200 = 41570 J

2) dS = dQT

= nCV dTT

=⇒ ∆S =∫ T1

T2

nCV dTT

= nCV ln T1

T2=

10 ∗ 2.5 ∗ 8.314 ∗ ln 35J/K = 207.85 ∗ (−0.510 83) = −106.18 J/K

3) η(T ) = dQ2+dQ1

dQ2= dW

dQ2= 1− T1

T, dQ2 = −nCV dT

dove dQ2 è il calore fornito dalla sorgente calda quando T (temperaturaistantanea della sorgente calda) varia di dT , dQ1 = −T1

TdQ2 (la macchina è

reversibile) è il calore ceduto alla sorgente fredda e dW è il lavoro compiutoche sarà uguale a

dW =(1− T1

T

)dQ2 = −

(1− T1

T

)nCV dT

e quindi il lavoro totale è

W = −∫ T1

T2

(1− T1

T

)nCV dT = nCV (T2 − T1)− nCV T1 ln T2

T1=

(41570− 300 ∗ 106.18) J = 9716 J

II secondo termine è il calore totale Q1 ceduto alla sorgente fredda

Q1 = −300 ∗ 106.18 J = −31854 J

99

(12-09-25)

In un tubo verticale a forma di tronco di cono, alto 10 m e con sezione10 cm2 all’estremità più bassa, 30 cm2 all’estremità più alta, scorre acqua.La pressione all’estremità più alta del tubo vale 105 Pa, mentre la pressioneall’estremità più bassa vale 2.01 ∗ 104 Pa. Quanti m3 al secondo passano neltubo?

Soluzione

L’estremità più bassa si indica con 1, la più alta con 2. Le sezioni sonoA1 e A2. L’altezza del tronco di cono d = h2−h1, dove h1 e h2 sono le quotedelle due facce.Usiamo l’equazione di Bernoulli12ρ(v2

1 − v22) = P2 − P1 + ρgd,

la portata volumetrica (P = Av) vale A1v1 = A2v2 , quindi

v1 = A2

A1v2

e sostituendo:

12ρv2

2

[(A2

A1

)2

− 1

]= P2 − P1 + ρgd

v2 =

√P2−P1+ρgd

12ρ

[(A2A1

)2−1

] =√

79900+981004∗103 m/s = 6.67 m/s.

12ρv2

1

(1−

(A1

A2

)2)

) = P2 − P1 + ρgd

v1 =

√P2−P1+ρgd

12ρ

[1−(A1A2

)2] =

√79900+98100

49

103 = 20.012 m/s

La portata richiesta vale

P = A2v2 = 30 ∗ 10−4m2 ∗ 6.67 m/s = 0.02 m3/s

100

(12-09-25)

Un cilindro chiuso a pareti adiabatiche è diviso in due parti A e B da unaparete interna piana fissa e diatermica. Nella parte A sono contenuti 3 g dielio (gas monoatomico con massa molecolare 4) inizialmente alla temperaturatA = −70 ◦C , mentre in B ci sono 10 g di azoto (gas biatomico con massamolecolare 28) inizialmente a temperature tB = 70 ◦C. Supponendo chei due gas si comportino come gas perfetti, calcolare ad equilibrio termicoraggiunto:1) la temperatura di equilibrio finale,2) la quantità di calore scambiata,3) la variazione d’entropia del sistema.

Soluzione

Calcoliamo i numeri di moli

NA = 3/4 = 0.75, NB = 10/28 = 0.35714

Il sistema è racchiuso da pareti adiabatiche, quindi, indicando con Te latemperatura finale, con CV A e CV B le capacità termiche molari a volumecostante dei due gas si ha:

∆UA + ∆UB = 0⇒ NACV A (Te − TA) +NBCV B (Te − TB) = 0

da cui

Te = 1NACAV +NBCBV

(NATACAV +NBTBCBV ) =

10.75∗1.5+0.35714∗2.5 (0.75 ∗ 203.15 ∗ 1.5 + 0.35714 ∗ 343.15 ∗ 2.5)K = 265.1K

Il calore Q scambiato (positivo per A e negativo per B vale:

Q = NACV A (T − TA) = 0.75 ∗ 1.5 ∗ 8.314 ∗ (265.1− 203.15) J = 579.43 J

La variazione d’entropia del sistema è

∆S =∫ TeTANACV A

dTT

+∫ TeTBNBCV B

dTT

= NACV A ln TeTA

+NBCV B ln TeTB

=(0.75 ∗ 1.5 ∗ 8.314 ∗ ln 265.10

203.15+ 0.35714 ∗ 2.5 ∗ 8.314 ln 265.10

343.15

)J/K =

0.574 J/K

101

(12-09-25)

L’inventore del motore X dichiara che il lavoro svolto dalla sua macchinaad ogni ciclo è W = 120 J, e che esso opera tra le temperature T2 = 373.15K e T1 = 273.15 K, con rendimento ηX = 75%.1) Tale affermazione è verosimile?2) Se il motore X esistesse davvero, quanto calore Q2 assorbirebbe dalla

sorgente calda e quanto calore Q1 cederebbe alla sorgente fredda ad ogniciclo?3) E se esistesse davvero, quale sarebbe la variazione di entropia ad ogni

ciclo per l’intero sistema che comprende il fluido e le due sorgenti?

Soluzione

1) Il rendimento di un ciclo di Carnot operante tra le stesse temperaturevale

ηC = 1− T1

T2= 1− 273.15

373.15= 0.268 ≈ 27%.

Non può esistere un motore con rendimento maggiore di quello di Carnotoperante tra le medesime temperature. Quindi il motore X deve avere unrendimento minore del 27%.

2) ηX = WQ2, quindi il calore Q2 vale

Q2 = WηX

= 1200.75

J = 160 J .

E applicando la prima legge della termodinamica a un ciclo

W = Q1 +Q2 .

che dà il valore di Q1

Q1 = W −Q2 = 120 J − 160 J = −40 J .

3) La variazione dell’entropia del fluido ad ogni ciclo è nulla: La variazioned’entropia totale ad ogni ciclo è data dalla somma delle variazioni d’entropiadella sorgente calda, e della sorgente fredda,

∆S = −(Q1

T1+ Q2

T2

)= −

( −40273.15

+ 160373.15

)J/K = −0.28 J/K

L’entropia totale diminuisce, quindi il motore non è realizzabile.

102

(13/02/20)

L’acqua contenuta in un tubo verticale di sezione S = 102 cm2 e altezzah = 1 m, è spinta da un pistone inferiore a cui è applicata una forza verticaleF = 200 N diretta verso l’alto.1) A quale velocità v fuoriesce il liquido da un piccolo foro posto sulla

sommità del tubo?2) A che altezzaH sopra la sommità del tubo arriva il getto? (trascurando

la resistenza dell’aria)

Soluzione

1) Applichiamo il teorema di Bernoulli tra la sezione inferiore e quellasuperiore, trascurando la sezione del foro rispetto alla sezione del cilindro, sep è la pressione determinata dalla forza, e ρ la densità dell’acqua, si ha:

p = ρgh+ 12ρv2

dove p = F/S

perciò v =√

2 (F/ρS − gh) =√

2 (200/ (103 ∗ 10−2)− 9.81)m/s = 4.51m/s

2) Si conserva la densità d’energia meccanica dell’acqua e quindi

12ρv2 = ρgH ⇒ H = v2

2g= (4.5144)2

2∗9.81m = 1.04 m

103

(13/02/20)

7 moli di gas perfetto monoatomico sono inizialmente racchiuse in con-dizioni di equilibrio alla pressione di 10 atm all’interno di un recipiente divolume 10 l con pareti adiabatiche. A un certo istante un laser invia unimpulso e scalda il gas fornendogli un calore Q = 20 cal.Trascurando la capacità termica e l’espansione termica del recipiente,

determinare:a) l’aumento di temperatura del gas,b) l’aumento di energia interna del gas,c) l’aumento di entropia del gas.d) Determinare inoltre le stesse quantità nel caso in cui le pareti non

siano adiabatiche ed il recipiente venga posto in contatto con una sorgentecon Ts = 0◦C.e) Determinare in quest’ultimo caso la variazione d’entropia dell’universo.

Soluzione

a) La temperatura iniziale T0 si determina usando l’equazione di stato

p0V = nRT0 ⇒ T0 = p0VnR

= 10∗1.013∗105∗10−2

7∗8.314K = 174.06 K

b) L’energia interna iniziale vale

U0 = 32nRT0

e l’aumento dell’energia (per il primo principio) è

∆U = Q = 20 ∗ 4.18 J ⇒ ∆T = 23QnR

= 23

20∗4.187∗8.314

= 0.96 K

c) la variazione dell’entropia del gas vale

∆S =∫

dQT

=∫ T1

To

nCV dTT

= 32∗ 7 ∗ 8.314 ln T1

T0=

32∗ 7 ∗ 8.314 ln 175

174.06J/K = 0.47 J/K

d) Nel secondo caso il calore fornito al gas vale

Q1 = 32nR (TS − T0) ,

La variazione di temperatura è

∆T1 = (TS − T0) = (273.15− 174.06)K = 99.09 K

La variazione d’energia vale

∆U1 = Q1 = 212∗ 8.314 ∗ 99.09 J = 8650.3 J

104

La variazione d’entropia del gas

∆S1gas = 212∗ 8.314 ln TS

T0= 21

2∗ 8.314 ln 273.15

174.06J/K = 39.3 J/K

e quella della sorgente ∆S1s = −Q1

T0= −8650.3

273.15J = −31.7 J/K

Perciò la variazione d’entropia dell’universo è

∆S1u = (39.3− 31.7) J/K = 7.6 J/K

105

(13/02/20)

Un sistema termodinamico inizialmente in uno stato A a temperaturaT1 = 400 K passa a uno stato B con temperatura T2 = 500 K mediante unatrasformazione reversibile caratterizzata dall’equazione T = aS + b, dove Sè l’entropia, T la temperatura assoluta, a = 45 K2/cal e b = cost.Calcolare il calore scambiato dal sistema con l’ambiente. Successivamente

il sistema passa a uno stato C a temperatura T1 con una trasformazioneadiabatica reversibile e quindi ritorna allo stato iniziale con un’isotermareversibile. Calcolare il rendimento del ciclo.

Soluzione

Per il terzo principio b deve essere nullo. L’entropia iniziale SA vale T1/ae quella in B SB = T2/a.Il calore assorbito è allora

QAB =∫TdS =

∫ S2

S1aSdS = 1

2a [S2]

S2

S1= 1

2a(T 2

2−T 21 ) = 1

90(250000− 160000) cal =

4187 J

Il calore scambiato nella trasformazione tra B e C è nullo, mentre il caloreceduto dal sistema tra C e A vale

QCA = −T1 (SB − SA) = −T1 (T2 − T1) /a

il rendimento del ciclo è pertanto

η = QAB+QCAQAB

= 1− T1(T2−T1)

a( 12a

(T 22−T 2

1 )= T2−T1

T1+T2= 100

900= 1/9

106

(13/07/03)

Una provetta di massa m, altezza l e sezione S è immersa completa-mente in un liquido di densità ρ che la riempie completamente. La pressioneall’esterno del liquido è la pressione atmosferica P0. Si può trascurare ilvolume occupato dalla massa della provetta.La si inizia ad estrarre mantenendola capovolta. Si chiede di determinare,

sommando esplicitamente le forze in gioco, la forza F che è necessario appli-care per mantenere la provetta in equilibrio in funzione della quota h dellabase della provetta.

Provetta completamente immersa (h<0)

Soluzione

Possiamo distinguere quattro diverse fasi dell’estrazione. Per ciascunaconsideriamo il valore delle componenti verticali delle forze che agiscono (asseverticale z diretto verso l’alto):la forza peso ( −mg), la forza Fint = SPint, associata alla pressione Pint

applicata alla base della provetta dal suo interno,la forza Fext = −SPext, associata alla pressione Pext applicata alla base

della provetta dal suo esterno.Per avere equilibrio dovremo quindi applicare una forza con componente

verticale:

F = mg − SPint + SPext

1). La provetta è completamente immersa nel liquido. Dato che possiamotrascurare lo spessore della provetta, le pressioni Pint e Pext saranno uguali(perchè alla stessa altezza), e quindi

107

F = mg

2). Adesso una parte della provetta di lunghezza h è di fuori dal liquido.Se ρgh < P0 l’interno della provetta resta completamente riempito di fluido.Avremo quindi

Pint = P0 − ρgh e Pext = P0, da cui F = mg + ρgSh

3). Appena ρgh > P0 l’altezza della colonna di fluido all’interno del-la provetta smette di salire, lasciando una frazione vuota. Di conseguen-za Pint = 0 (trascurando la pressione del vapore soprastante il liquido) ePext = P0, da cui

F = mg + P0S

4). Adesso la provetta contiene aria, quindi Pint = Pext = P0 e

F = mg

Notare che la forza F dipende da h in modo continuo, salvo che alpassaggio dalla fase 3 alla fase 4 quando si svuota bruscamente di fluido.

108

(13/07/03)

Sul fondo di un cilindro adiabatico di sezione S munito di un pistone mo-bile e adiabatico si trova uno strato di materiale di capacità termica C1. Nellaparte superiore si trovano n moli di un gas perfetto monoatomico. Inizial-mente il sistema è in equilibrio termodinamico, con pressione e temperaturaP0 e T0 note.1. Si raddoppia molto lentamente la pressione. Calcolare la nuova tem-

peratura.2. Partendo dalla stessa condizione iniziale si raddoppia istantaneamente

la forza applicata al pistone. Calcolare anche in questo caso la temperaturanello stato finale 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 scambidi calore con l’esterno,

0 = dU + pdV

ma la variazione dell’energia interna U del sistema si può scrivere comela somma delle variazioni d’energia del gas e del materiale, quindi

dU = 32nRdT + C1dT

e allora(32nR + C1

)dT + nRT

VdV = 0

che può essere integrata direttamente:(32nR + C1

)lnT + nR lnV = costante

ossia

T ( 32nR+C1)V nR = costante

oppure, usando la legge dei gas perfetti,

TP−η = costante con η = nR52nR+C1

:

Da questo segue subito che

Tf = T0

(PfP0

)η= T0 ∗ 2η.

109

Oppure (usando la condizione di adiabaticità, l’espressione generale di dSe l’equazione di stato dei gas perfetti:

dS = 1TdU + P

TdV =

(32nR + C1

)dTT

+ nRTdT − V

TdP =

(perchè PdV = −V dP + nRdT )(52nR + C1

)dTT− nR

PdP = 0(

52nR + C1

)[(lnT )]

TfT0

= nR [(lnP )]PfP0

da cui

Tf = T0 ∗ 2η

2) In questo caso non abbiamo a che fare con una trasformazione re-versibile, quello che possiamo dire è che l’aumento dell’energia interna saràdato dal lavoro fatto sul sistema:

−2P0(Vf − V0) = ∆U =(

32nR + C1

)(Tf − T0)

ma d’altra parte negli stati iniziale e finale di equilibrio

P0V0 = nRT0, 2P0Vf = nRTf

e sostituendo

−nR(Tf − 2T0) =(

32nR + C1

)(Tf − T0)

ossia

Tf =72nR+C1

52nR+C1

T0

3) Nel primo caso la trasformazione è reversibile, quindi l’entropia dell’u-niverso 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 en-

tropia del sistema si trova calcolando la differenza tra l’entropia dello statodi equilibrio finale e quella dello stato di equilibrio iniziale. Dato che

dS = dQT

= 1TdU + P

TdV =

(32nR + C1

)dTT

+ nRdVV

possiamo scrivere

∆S =(

32nR + C1

)ln

TfT0

+ nR lnVfV0

=(

52nR + C1

)ln

TfTo− nR ln

PfP0

e quindi

∆S =(

52nR + C1

)ln

72nR+C1

52nR+C1

− nR ln 2

Questa sarà anche la variazione di entropia dell’universo.

110

(13/07/03)

Una mole di gas perfetto monoatomico, inizialmente in equilibrio, a tem-peratura TA = 300 K e volume VA = 1 dm3, compie un ciclo costituito dalleseguenti trasformazioni:

A → B: espansione isobara, ottenuta ponendo a contatto il sistema conuna sorgente di calore a temperatura TB incognita;

B → C: espansione adiabatica reversibile;C → D: abbassamento isocoro reversibile della temperatura;D → A: compressione adiabatica reversibile.Sapendo che VB = 2VA e che VC = 3VA determinare:1) Le temperature TB, TC , e TD2) Il rendimento del ciclo.3) La variazione di entropia del sistema e dell’universo in un ciclo.

Soluzione

1) pA = nRTAVA

= 8.314∗30010−3 Pa = 2.49× 106Pa

pB = pA ⇒ TB = pBVBnR

= pB∗2VAnR

= 2TA = 600 K

B → C trasf. adiab. rev.⇒ .pBVγB = pCV

γC , TBV

γ−1B = TCV

γ−1C quindi

pC = pB

(VBVC

)γ= 2.49× 106

(23

) 53 Pa = 1.267× 106Pa

TC = TB

(VBVC

)γ−1

= 600(

23

) 23 K = 458 K

oppure

TC = pCVCR

= 458 K

D → A trasf. adiab. rev ⇒ pDVγD = pAV

γA ,

pD = pA

(VAVD

)γ= 2.49× 106

(13

) 53 Pa = 3.99× 105 Pa

TD = pDVDR

= 18.314

3.99× 105 ∗ 3 ∗ 10−3 K = 144 K

TD = TA

(VAVD

)γ−1

= 300(

13

) 23 = 144. 22

2) Il calore QAB è assorbito nel tratto AB (isobara) del ciclo e il caloreQCD è ceduto nel tratto CD (isocora), il rendimento vale quindi:

η = 1 + QCDQAB

= 1 + CV (TD−TC)CP (TB−TA)

= 1− 3(314)5(300)

= 0.37

111

3) La variazione d’entropia del sistema in un ciclo è nulla (S è funzionedi stato).Nelle due adiabatiche reversibili la variazione d’entropia dell’universo∆Su

è nulla.nel tratto AB (isobara) la sorgente cede calore al sistema e quindi

∆SuAB = −QABTB

= −CP (TB−TA)TB

= −528.314

(1− 1

2

)J/K = −10.39 J/K

nel tratto CD (isocora) il sistema cede calore e quindi si ha:

∆SuCD = −∫ TDTC

dqT

= −nCV∫ TDTC

dTT

= 32R ln TC

TD= 3

28.314 ln 458

144J/K =

14.43 J/K

perciò, in un ciclo ∆Su = (14.43− 10.39) J/K = 4.04 JK

112

(13/07/24)Un serbatoio è posto ad una altezza H = 600 m rispetto ad un bacino

contenente acqua. Una conduttura formata da un tubo di di diametro d = 10cm viene utilizzata per riempire il serbatoio.1) Qual è la minima pressione necessaria alla base della conduttura per

farla funzionare?2) Si consideri che la conduttura fornisca ogni giorno un volume V = 3000

m3 al serbatoio.Qual è la velocità dell’acqua nella conduttura?3) Per mantenere questa velocità quale deve essere la pressione aggiunti-

va?

Soluzione1) Sia ρ = 1 ∗ 103 kg/m3 la densità dell’acqua, allora la pressione minima

sarà

pmin = ρgH = 1 ∗ 103 ∗ 9.81 ∗ 600 Pa = 5.886× 106 Pa.

2) la portata nella condotta deve valere

q = 3000/ (24 ∗ 3600) m3/s = 3.472 2× 10−2m3/s

e quindi, se S è la sezione normale della condotta, la velocità dell’acquanella condotta sarà:

v = q/S = 3.472 2×10−2

π(5∗10−2)2 m/s = 4.42 m/s

3) Dal teorema di Bernoulli applicato tra due sezioni, una all’inizio dellacondotta e l’altra all’ingresso del bacino, si ricava la pressione aggiuntiva p1

p1 + pmin = pmin + 12ρv2 e quindi

p1 = 12ρv2 = 0.5 ∗ 103 ∗ (4.42)2 Pa = 9768.2 Pa.

113

(13/07/24)

Un cilindro a pareti adiabatiche e munito di pistone anch’esso adiabaticoè diviso in due parti uguali da un setto. Inizialmente il pistone è bloccatoe la parte inferiore, di volume VA = 2 l , contiene 0.4 moli di gas idealemonoatomico alla temperatura TA = 27◦C, mentre nella parte superiore vi èil vuoto.(a) Viene rimosso il setto ed il gas si espande liberamente. Determinare lo

stato finale del gas (valori di pressione, volume e temperatura) e la variazionedi entropia del gas.(b) Successivamente viene sbloccato il pistone e il gas viene compresso in

modo reversibile fino a riportarlo al volume iniziale. Di che tipo di trasfor-mazione si tratta? Determinare la temperatura e la pressione del gas inquesto stato e il lavoro subito dal gas.Soluzione(a) In un’espansione libera di un gas ideale ∆T = 0, per cui (denotando

con B lo stato raggiunto dal sistema)

TB = TA = 300.15 K;

inoltre: VB = 2VA = 4 l;

la pressione si può ricavare dall’equazione di stato dei gas ideali

PB = nRTB/VB = 0.4 ∗ 8.314 ∗ 300.15/ (4 ∗ 10−3) = 2.495 4× 105 Pa

La trasformazione è adiabatica irreversibile (è una trasformazione spon-tanea), quindi la variazione di entropia deve essere positiva e vale

∆S = nR ln(VB/VA) = (0.4 ∗ 8.314) ln 2 = 2.3 J/K

(b) La trasformazione è adiabatica reversibile.

pV γ = costante; ossia pBVγB = pCV

γC

ma VC = VA, quindi:

PC = PB(VB/VA)γ = 2.495 4× 105(2)5/3 = 7.92× 105 Pa

Dall’equazione di stato dei gas perfetti:

TC = PCVC/nR = 7.92× 105 ∗ 2 ∗ 10−3/ (0.4 ∗ 8.314) = 476.31 K

e dal primo principio

W = Q − ∆U = −nCV ∆T = −0.4 ∗ 1.5 ∗ 8.314(476.31 − 300.15)J =−878.76 J

114

(13/07/24)

Una mole di gas perfetto monoatomico subisce le seguenti trasformazioni:una adiabatica irreversibile dallo stato iniziale A, con pressione PA = 1 atm evolume VA = 22 l, ad un certo stato B; una successiva compressione isobarareversibile fino ad uno stato C caratterizzato da VC = VB/2. Dal lavorocompiuto dal gas in quest’ultima trasformazione pari a W = −1.5 · 103 J sicalcoli la temperatura TB.Si calcoli inoltre il lavoro compiuto nell’adiabatica irreversibile. Infine, se

lo stato C è tale che con una trasformazione adiabatica reversibile il gas tornanelle condizioni iniziali, si calcoli la pressione, il volume e la temperatura neglistati B e C e la variazione di entropia durante l’adiabatica irreversibile.

Soluzione

Dall’equazione di stato

pAVA = RTA si ha

TA = pAVA/R = 1.013 ∗ 105 ∗ 22 ∗ 10−3/8.314 K = 268.05 K

Conoscendo il lavoro WBC si determina TC

WBC = −pCVC = −1.5 · 103 J = −RTC perciò

TC = 1.5 · 103/8.314 K = 180.42 K

BC è un’isobara e quindi

VC = VB/2⇒ TB = 2TC = 360.84 K

CA è un’adiabatica reversibile e dall’equazione

TAVγ−1A = TCV

γ−1C

si determinano VC e pC

VC = VA

(TATC

) 1γ−1

= 22 ∗ 10−3(

268.05180.42

) 32 = 3.984× 10−2 m3

pC = RTC/VC = 8.314 ∗ 180.42/0.039 84 Pa = 37651 Pa

Il lavoro compiuto nell’adiabatica irreversibile vale

WAB = −∆UAB = −CV (TB − TA) =

−1.5 ∗ 8.314 (360.84− 268.05) J = −1157.2 J

In un ciclo la variazione dell’entropia è nulla

115

∆S = ∆SAB + ∆SBC + ∆SCA = 0

∆SCA = 0 (adiabatica reversibile)

∆SBC =∫ TCTB

dUT

+ P∫ VCVB

dVT

= CP∫ TCTB

dTT

= CP ln TCTB

=

2.5 ∗ 8.314 ln 12

= −14.407 J/K

quindi ∆SAB = −∆SBC = 14.407 J/K

116

(13/09/24)

Dato il cono a base circolare in figura, determinare l’altezza h0 dellaporzione di solido immerso nel fluido a densità ρ0.

Soluzione

Dal principio di Archimede si ha ρ0gV0 + ρ1gV1 = ρgV (essendo, rispetti-vamente V0 e V1 le frazioni di volume del corpo immerse nei fluidi a densitàρ0 e ρ1, e V il volume totale del corpo). Risultando V1 = V − V0 l’equilibrioal galleggiamento si può scrivere come

V0(ρ0 − ρ1) = V (ρ− ρ1).

D’altra parte i volumi sono dati da V = πd2h/12 e V0 = πd20h0/12

mentre dalla similitudine tra i triangoli si può scrivere d/h = d0/h0 percui la precedente relazione diventa:

πd20h0

12(ρ0 − ρ1) = πd2h

12(ρ− ρ1),⇒ h3

0 = ρ−ρ1

ρ0−ρ1h3,

da cui si ricava h0 = 0.367 m.

117

(13/09/24)

Una quantità n = 1.5 moli di un gas ideale monoatomico si trova inun recipiente di volume V1 ad una pressione p1 = 1.0 atm e temperaturaT1 = 320 K. A partire da questo stato il gas percorre il ciclo composto dalleseguenti trasformazioni reversibili:i) compressione isoterma fino a V2 = V1/2;ii) espansione isobara fino a V3 = (3/4)V1;iii) espansione politropica (del tipo pV k = cost) fino a tornare allo stato

iniziale.Determinare:a) i valori di V1, p2, T3 e dell’esponente k della trasformazione politropica;b) il lavoro complessivo fatto dal gas nell’intero ciclo;c) la variazione di entropia del gas lungo la trasformazione politropica e

il suo calore specifico.

Soluzione

Il volume dello stato iniziale è

V1 = nRT1/p1 = 3.94 ∗ 10−2m3

Per la pressione p2 abbiamo

p1V1 = p2V2 ⇒ p2 = (V1/V2) p1 = 2p1 = 2.0 atm

Infine nello stato 3 abbiamo

p3V3 = p2V3 = nRT3 ⇒ T3 = p2V3/nR = 2p1(3/4)V1

nR= 3

2p1V1/nR = 3

2T1 =

480 K

Gli stati 3 e 1 sono gli estremi della compressione politropica e quindi

p3Vk

3 = p1Vk

1 ⇒ p1/p3 = (V3/V1)k ⇒ k = ln(p1/p3)ln(V3/V1)

= − ln 2ln 3−ln 4

= 2.41

Il lavoro compiuto dal gas in un ciclo è pari a

W = W12 +W23 +W31 = nRT1 ln V2

V1+ p2(V3 − V2) + 1

1−k (p1V1 − p3V3) =

−nRT1 ln 2 + 12p1V1 + nR

k−1(T3 − T1) = 650 J

Per il calcolo della variazione d’entropia ricorriamo alla prima legge dellatermodinamica

dQ = dU + dW = ncV dT + pdV = ncV dT + nRTVdV ⇒

dS = dQ/T = ncVdTT

+ nRdVV

118

Perciò, per la trasformazione 3→ 1 abbiamo

∆S31 = ncV ln T1

T3+ nR ln V1

V3= nR

(32

ln 23

+ ln 43

)=

1.5 ∗ 8.314(

32

ln 23

+ ln 43

)= −3.99 J/K

valutiamo il calore specifico lungo la trasformazione politropica. Notiamoche

pV k = cost⇒ TV k−1 = cost

e quindi, differenziando si ricava

V k−1dT + (k − 1)TV k−2dV = 0⇒ dV = − 1k−1

VTdT

Conseguentemente, sempre dalla prima legge abbiamo

dQ = ncV dT + pdV = ncV dT − nRTV

1k−1

VTdT = n

(cV − R

k−1

)dT :

Ma osservando questa espressione si capisce che la quantità tra parentesitonde è proprio il calore specifico molare del gas lungo la trasformazionepolitropica in questione. E cioè

c = cV − Rk−1

=(

32− 1

k−1

)R = 0.79R

119

(13/09/24)

5 moli di gas ideale compiono un ciclo con due isobare e due adiabatiche(tutte reversibili). Le due isobare sono alle pressioni pA = 20.0 atm e pB =10.0 atm, mentre l’espansione isobara a pressione più elevata si svolge tra ivolumi V1 = 5.0 l e V2 = 10.0 l. Supponendo di poter far lavorare la macchinatermica sia con un gas monoatomico che con uno biatomico, determinare:a) la quantità di calore assorbito dai gas in un ciclo e per quale dei due è

maggiore;b) la temperatura minima raggiunta da ogni gas lungo il ciclo;c) l’espressione del rendimento della macchina specificando per quale gas

è maggiore.

SoluzionePrendiamo come stati 1 e 2 gli estremi dell’espansione isobara a pressione

pA. Le temperature del gas in tali stati sono

T1 = pAV1

nR= 244 K; T2 = pAV2

nR= V2

V1T1 = 487 K

Gli stati 3 e 4 corrisponderanno agli estremi (tenendo conto dell’orien-tazione) della compressione isobara a pressione pB. Dato che questi due statigiacciono rispettivamente sulle adiabatiche per gli stati 2 e 1, allora tenendoconto che lungo un’adiabatica è pV γ = cost:, dovremo avere

V3 =(pApB

) 1γV2 e V4 =

(pApB

) 1γV1

Corrispondentemente, dato che lungo un’adiabatica è anche TV γ−1 =cost, per le temperature di tali stati avremo

T3 =(V2

V3

)γ−1

T2 =(pB

pA

) γ−1γT2 e T4 =

(V1

V4

)γ−1

T1 =(pB

pA

) γ−1γT1

Nel ciclo il calore viene assorbito lungo la trasformazione 1→ 2 ed è paria

Qa = Q12 = ncp(T2-T1)

D’altra parte, il lavoro prodotto in un ciclo è pari a

W = Q = Q12 +Q34 = ncp(T2 − T1) + ncp(T4 − T3) =

ncp

[1−

(pB

pA

) γ−1γ

](T2 − T1)

Corrispondentemente, il rendimento del ciclo è

120

η = WQa

= ncp(T2−T1)+ncp(T4−T3)

ncp(T2−T1)= 1−

(pB

pA

) γ−1γ

= 1−(

12

) γ−1γ

Ora, i calori specifici a pressione costante e l’esponente γ dei gas monoatomi-ci e biatomici sono:

cp,mono = 52R, γmono = 5

3e cp,bi = 7

2R, γbi = 7

5.

Perciò

Qa,mono = 52nR(T2−T1) = 2.53∗104J, Qa,bi = 7

2nR(T2−T1) = 3.55∗104J ;

che mostrano che il gas biatomico assorbe una maggior quantità di calore.Per i rendimenti abbiamo

ηmono = 1−(

12

) 25 = 0.24 η

bi= 1−

(12

) 27 = 0.18,

che mostrano che è il ciclo del gas monoatomico quello a rendimentomaggiore.La temperatura più bassa raggiunta nel ciclo è chiaramente T4. Per i due

gas otteniamo

T4,mono =(

12

) 25 T1 = 189 K, T4,bi =

(12

) 27 T1 = 200 K :

La temperatura minima è raggiunta dal gas monoatomico.

121

(14/18/02)Acqua scorre con una portata Q = 50 l/min attraverso una piccola aper-

tura alla base di un serbatoio in cui l’acqua ha una profondità di h = 4m Quali sono la velocità di effl usso e la portata se si applica alla superficiedell’acqua una pressione aggiuntiva di 49000 Pa?

Soluzione

La velocità di effl usso dipende dalla altezza dell’acqua nel serbatoiosecondo la legge

V =√

2gh

dove g è l’accelerazione di gravità.La pressione aggiuntiva p1 esercitata equivale a una colonna d’acqua

aggiuntiva di altezza

h1 = p1/ρg = 4.9 ∗ 104/(103 ∗ 9.81)m = 5 m

dove ρ è la densità dell’acquaLa velocità di effl usso modificata sarà quindi

V1 =√

2g (h+ h1) =√

2 ∗ 9.81 (4 + 5)m/s = 13.29 m/s

La sezione di uscita A alla base del serbatoio è la medesima nei due casie quindi

A = Q/V = Q1/V1 ⇒ Q1 = QV1/V = Q√

9/4 = 0.00125m3

s

122

(14/18/02)

Una macchina di Carnot assorbe in un ciclo (dalla sorgente a temperaturapiù alta) una quantità di calore Q1 = 1.5·103J ed ha un rendimento η = 0.60.Il lavoroW viene utilizzato per comprimere un gas ideale biatomico lungo unatrasformazione politropica reversibile (pV k = cost.) con k = 2.0, a partire dauno stato iniziale caratterizzato dai valori di pressione, volume e temperaturapi = 1 atm, Vi = 10 dm3 e Ti = 200 K. Determinare:a) il lavoro W compiuto dalla macchina in un ciclo.b) la pressione pf e il volume Vf del gas alla fine della compressione;c) Il calore scambiato dal gas nella trasformazione.

Soluzione

Nella macchina di Carnot la quantità di calore scambiata con la sorgentead alta temperatura è anche pari al calore assorbito dalla macchina stessa.Perciò il lavoro da essa prodotto sarà pari a

η = W/Q1 → W = ηQ1 = 0.6 ∗ 1.5·103J = 900 J

Se tale lavoro viene utilizzato per comprimere un gas biatomico lungo lapolitropica pV k = cost.(con k = 2) a partire dallo stato (pi, Vi, Ti), allora il lavoro compiuto dal

gas lungo tale trasformazionedovrà essere pari a −W .Se indichiamo con Vf il volume finale della trasformazione, il lavoro fatto

dal gas biatomico è pari a

Wk =

Vf∫Vi

pdV = piVki

Vf∫Vi

V −kdV = pi1−kV

ki

[V 1−k]Vf

Vi= 1

1−k [pfVf − piVi] .

Quindi, dovremo avere

Wk = −W ⇒ [pfVf − piVi] = piVi

[pfVfpiVi− 1]

= (k − 1)W

e sostituendo pf/pi = (Vi/Vf )k, si ottiene

piVi

[(ViVf

)k−1

− 1

]= (k − 1)W ⇒

(ViVf

)k−1

= 1 + (k−1)piVi

W ⇒

Vf = Vi[1+

(k−1)piVi

W] 1k−1

Inserendo l’attuale valore di k (k = 2) si ha

123

Vf = Vi[1+ W

piVi

] = 0.529 ∗ Vi = 5.29 dm3,

e conseguentemente

pf =(ViVf

)2

pi = 3.57 atm = 3.57 ∗ 1.013 ∗ 105Pa = 3.616 4× 105Pa

Notando che è n = piVi/RTi = 0.61 mol, si ha

Tf =pfVfnR

= 3.616 4×105∗5.28∗10−3

0.61∗8.314= 376.5 K.

Il calore scambiato nella trasformazione lo otteniamo con il primo princi-pio della termodinamica.

∆U = Q−W ⇒ Q = ∆U+W = ncV (Tf−T )−W = 52nR(Tf−Ti)−W =

1.34 ∗ 103J.

124

(14/18/02)

Una quantità n = 0.5 mol di un gas ideale monoatomico si trova in unrecipiente con pareti adiabatiche di volume V1 ad una pressione p1 = 1 atme temperatura T1 = 20◦C. Successivamente, il volume del recipiente vieneaumentato rapidamente fino a V2 = 3V1 e il sistema è lasciato in quiete inmodo da raggiungere il nuovo stato di equilibrio. Poi la temperatura delgas viene riportata a T1 tramite una lenta compressione isocora in cui il gasassorbe una quantità di calore Q = 890 J . Infine tramite una compressioneisoterma reversibile il gas è riportato al suo stato iniziale.Determinare:a) la variazione di entropia subita dal gas nella prima trasformazione;b) il lavoro complessivo fatto dal gas nell’intero ciclo;a) la variazione di entropia subita dall’ambiente (l’universo) nell’intero

ciclo.

Soluzione

Indichiamo con 1, 2 e 3 (nell’ordine) gli stati assunti in successione dalgas. Dalla legge dei gas idealiotteniamo subito

V1 = nRT1

p1= 12 dm3;V2 = V3 = 3V1 = 36 dm3.

Il calore Q = Q23 assorbito dal gas nel passaggio dallo stato 2 allo stato3 (a temperatura T3 = T1),dovrà essere pari a

Q = Q23 = ncV (T3 − T2) = ncV (T1 − T2)

e da questa ricaviamo

T2 = T1 − QncV

= T1 − 2Q3nR

= 150.4 K

Conseguentemente, la variazione di entropia nella prima trasformazioneè data da

∆S12 = ncV ln T2

T1+ nR ln V2

V1= 0.5 ∗ 8.314 ∗

(32

ln 150.4293.15

+ ln 3)

= 0.405J/K:

Nella prima trasformazione, che è un’adiabatica irreversibile (il volumeviene variato rapidamente), non c’è scambio di calore con l’ambiente. D’altraparte il calore scambiato nella compressione isoterma 3→ 1 è pari a

Q31 = nRT1 ln V1

V3= 0.5 ∗ 8.314 ∗ 293.15 ln 1

3= −1.34 ∗ 103J = −1340.J

125

Quindi, il lavoro fatto dal gas nell’intero ciclo che è pari al calore che essoscambia complessivamente è dato da

Wtot = Qtot = Q23 +Q31 = −450 J :

Infine, si noti che l’ambiente in tutto il processo scambia con il nostrosistema un calore pari a Qtot; durante tale scambio il sistema (il gas) partedallo stato 1 (alla temperatura T1) e, dopo una serie di trasformazioni, viritorna. Quindi, la variazione di entropia dell’ambiente vale

∆Samb = −QtotT1

= 1.53 J/K

126

(14-06-24)

In figura è illustrata la camera di prova di una galleria del vento. Lagalleria è dotata di 14 ventole, ciascuna con portata di 66.5 kgs−1. La cameradi prova ha una sezione di 3.8 m ∗ 4 m ed è lunga 4.5 m La sezione a montedel convergente è di 3.8 m ∗ 14 m. Assumendo che la pressione nella sezionea 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 ρ = 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 = QmρA1

= 9311.225∗53.2

m/s = 14.286 m/s

V2 = QmρA2

= 9311.225∗15.2

m/s = 50.0 m/s

127

Conoscendo la pressione nel condotto a monte del convergente, pari allapressione atmosferica p0 = 101325 Pa, possiamo calcolare la pressione nellacamera di prova, usando il teorema di Bernoulli

p0 + 12ρV 2

1 = p2 + 12ρV 2

2 ⇒ p2 =(p0 + 1

2ρV 2

1

)− 1

2ρV 2

2 =(101325 + 0.5 ∗ 1.225 ∗ (14.286)2)Pa−(0.5 ∗ 1.225 ∗ (50)2)Pa = 99919Pa

Ciascuna delle quattro pareti della camera di prova è sottoposta su unafaccia alla pressione interna e sull’altra faccia alla pressione esterna (la pres-sione atmosferica). Per calcolare la forza derivante da questo sistema dipressioni applicate alle facce, è necessario calcolare la differenza di pressione∆p tra l’interno e l’esterno, che risulta

∆p = p2 − p0 = (99919− 101325)Pa = −1406 Pa

Il segno meno indica che la pressione interna è minore della pressioneatmosferica.Ciascuna delle pareti è sottoposta a una forza complessiva pari a ∆p per

l’area della sua superficie. 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 = ∆p ∗ Ainf − sup = − (1406 ∗ 18)N = −25308.N

Flaterale = ∆p ∗ Alaterale = − (1406 ∗ 17.1)N = −24043.N

e sono dirette verso l’interno.

128

(14-06-24)

Sul fondo di un cilindro di sezione S munito di un pistone mobile e adi-abatico si trova uno strato di materiale di capacità termica C1. Nella partesuperiore si trovano n moli di un gas perfetto monoatomico. Inizialmente ilsistema è all’equilibrio termodinamico, con pressione e temperatura P0 e T0

note.1. Si raddoppia molto lentamente la pressione. Calcolare la nuova tempe-

ratura.2. Partendo dalla stessa condizione iniziale si raddoppia istantaneamente

la forza applicata al pistone. Calcolare anche in questo caso la temperaturanello stato finale 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 scambidi calore con l’esterno,

0 = dU + pdV

ma l’energia interna del sistema si può scrivere come la somma di quelladel gas e del materiale, quindi

dU = 32nRdT + C1dT

e quindi(32nR + C1

)dT + nRT

VdV = 0

che può essere integrata direttamente:(32nR + C1

)lnT + nR lnV = costante

ossia

129

T ( 32nR+C1)V nR = costante

oppure, usando la legge dei gas perfetti,

T ( 32nR+C1) (T

P

)nR= costante

T ( 52nR+C1)p−nR = costante

TP−η = costante

con

η =52nR+C1

nR

Da questo segue subito che

Tf = T0

(PfP0

)η= T02η

2. In questo caso non abbiamo a che fare con una trasformazione re-versibile, quello che possiamo dire è che l’aumento dell’energia interna saràdato dal lavoro fatto sul sistema:

−2P0(Vf − V0) = ∆U =(

32nR + C1

)(Tf − T0)

ma d’altra parte negli stati iniziale e finale di equilibrio

P0V0 = nRT0

2P0Vf = nRTf

e sostituendo

−nR(Tf − 2T0) =(

32nR + C1

)(Tf − T0)

ossia

Tf =72nR+C1

52nR+C1

T0

3. Nel primo caso la trasformazione è reversibile, quindi l’entropia del-l’universo non cambia. Ma neppure si hanno scambi di calore con il sis-tema, quindi anche l’entropia di quest’ultimo non varia. Nel secondo caso latrasformazione è irreversibile. La variazione di entropia del sistema si trovacalcolando la differenza tra l’entropia dello stato di equilibrio finale e quelladello stato di equilibrio iniziale. Dato che

dS = dQT

=(

32nR + C1

)dTT

+ nRdVV

possiamo scrivere

130

∆S =(

32nR + C1

)ln

TfT0

+ nR lnVfV0

=(

52nR + C1

)ln

TfT0

+ nR ln P0

Pf

e quindi

∆S =(

52nR + C1

)ln

72nR+C1

52nR+C1

− nR ln 2

Questa sarà anche la variazione di entropia dell’universo.

131

(14-06-24)

Un cilindro chiuso da pareti adiabatiche è separato in due parti A e B dauna parete interna fissa e diatermica. Nella parte A sono contenuti 3g di elio(gas monoatomico con massa molecolare 4) inizialmente alla temperaturatA = −70◦C mentre in B ci sono 10 g di azoto (gas biatomico con massamolecolare 28) inizialmente a temperatura tB = 70◦C. Supponendo che idue gas si comportino come gas perfetti, calcolare, ad equilibrio termicoraggiunto:a) la temperatura di equilibrio finale;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⇒ nAcV A (Te − TA) + nBcV B (TB − Te) = 0

La temperatura d’equilibrio vale

Te = nAcV ATA+nBcV BTBnAcV A+nBcV B

K = 0.75∗1.5∗203.15+0.35714∗2.5∗343.150.75∗1.5+0.35714∗2.5 K = 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 = 1TdU ⇒ ∆S = nAcV A ln Te

TA+ nBcV B ln Te

TB=(

0.75 ∗ 1.5 ∗ 8.314 ∗ ln 265.1203.15

+ 0.35714 ∗ 2.5 ∗ 8.314 ln 265.1343.15

)J/K =

0.574 J/K

132

(14-07-22)

Il dispositivo rappresentato in figura deve disperdere una miscela d’acquae di insetticida. La portata di insetticida deve essere pari a Qi = 75 ml/minmentre la portata d’acqua è Qa = 4 l/min.Tutti i condotti e i recipenti sono cilindrici e l’area della sezione del pelo

libero dell’insetticida (a pressione uguale a quella atmosferica) contenuto nelrecipiente è molto maggiore della sezione del tubetto che comunica con lospruzzatore. I diametri noti di alcuni condotti cilindrici sono indicati infigura. Il punto A è 15 cm più alto del pelo libero dell’insetticida.Calcolare, in tali condizioni, il valore della pressione nel punto A e il

diametro D del dispositivo.Assumere uguale a quella dell’acqua la densità dell’insetticida.

Soluzione

Applichiamo l’equazione di Bernoulli tra un punto I situato nel condottodi estrazione dell’insetticida, all’altezza del pelo libero, e il punto A:

pA + 12ρV 2

A + ρgH = pI + 12ρV 2

I

dove H = 15 cm rappresenta la distanza tra il pelo libero del serbatoioed il punto A. Nell’ipotesi che l’insetticida nel serbatoio sia praticamentein quiete, VI ≈ 0 la distribuzione delle pressioni è idrostatica, per cui lapressione pI eguaglia la pressione del pelo libero, ovvero quella atmosferica.La velocità dell’insetticida nel punto A, VA,i all’uscita del condotto di es-

trazione, può essere dedotta dalla portata di insetticida e dai dati geometricidel condotto:

Qi = VA,i

(π d

2

4

)⇒ VA,i = (75 ∗ 10−6/60)

(π (2 ∗ 10−4)

2)−1

= 9.95 m/s

133

Pertanto, la pressione nel punto A è:

pA = p1 − 12ρV 2

A − ρgH =(1.013 ∗ 105 − 0.5 ∗ 103 (9.95)2 − 103 ∗ 9.81 ∗ 0.15

)Pa = 50327 Pa.

Calcoliamo la portata che fluisce attraverso il dispositivo. La portatauscente da quest’ultimo è la somma della portata di acqua più quella del-l’insetticida. La velocità della miscela all’uscita del dispositivo può esserericavata dalla relazione:

Qi + QA = Vuπ(Du2

)2 ⇒ Vu = Qi+QA

π(Du2 )2 =

(75∗10−6/60)+(4∗10−3/60)π(1.25∗10−3)2 m/s =

13.84 m/s

Se adesso applichiamo l’equazione di Bernoulli alla traiettoria di una par-ticella d’acqua che si sposta da un punto subito a monte di A (dove il fluidoche scorre nel dispositivo è solo acqua), fino all’uscita, possiamo ricavare lavelocità dell’acqua subito a monte del punto A

pA + 12ρV 2

A.a = pu + 12ρV 2

u ⇒ VA,a =(V 2u + 2

ρ(pu − pA)

)1/2

=((13.84)2 + 2

103 (1.013 ∗ 105 − 50327))1/2

m/s = 17.13 m/s

Nota tale velocità, possiamo finalmente calcolare il diametro D dallarelazione

QA = VA,a ∗ π(D2

)2 ⇒ D = 2√

QAπVA,a

= 2√

(4∗10−3/60)π∗17.13

= 2. 23× 10−3 m

134

(14-07-22)

Un recipiente cilindrico è diviso da un setto rigido in due parti A e Bdi volume VA = 0.4 l e VB = 2.46 l, rispettivamente. Nella camera Asono contenute nA = 0.02 moli di gas ideale monoatomico alla temperaturaT0 = 273 K; nell’altra camera è contenuto del gas ideale biatomico allapressione atmosferica p0 e temperatura T0. Il setto rigido si rompe se lapressione nella camera maggiore raggiunge il valore pm = 10 atm . Il gas nellacamera B viene compresso in modo reversibile, fino a provocare la rottura delsetto, spostando un pistone che può scorrere senza attrito lungo il cilindro.Le pareti del recipiente, compreso il setto di separazione e il pistone, sonoadiabatiche. Si calcoli:(a) il lavoro W compiuto dal gas durante la compressione;(b) la temperatura finale Tf della miscela gassosa risultante.(c) la pressione finale della miscela

Soluzione

Calcoliamo il numero di moli del gas in B

nB = p0VB/RT0 = (1.013 ∗ 105 ∗ 2.46 ∗ 10−3) / (8.314 ∗ 273)mol = 0.11mol

Il gas contenuto in B, per il quale γ = 7/5, compie una compressioneadiabatica reversibile fino al volume finale VBf corrispondente alla pressionepm

p0V1.4B = pmV

1.4Bf ⇒ VBf = VB

(p0

pm

) 11.4

= 2.46 ∗ 10−3(

110

) 11.4 = 0.475 l

pV 1.4 = p0V1.4B ⇒ p = p0V

1.4B /V 1.4

Il lavoro compiuto dal gas di B vale

W =∫ VBfVB

pdV =∫ VBfVB

p0V1.4B ∗V −1.4dV = p0V

1.4B

[−V −0.4

0.4

]VBfVB

= p0V1.4B

(V −0.4B

0.4− V −0.4

Bf

0.4

)=

135

10.4

(p0VB − pmVBf ) = 10.4

(2.46 ∗ 10−3 − 10 ∗ 4.75 ∗ 10−4) ∗ 1.013 ∗ 105 J =−579.94 J

e la temperatura finale TBf del gas in B ha il valore

TBf = pmVBf/nBR = 10∗1.013∗105∗4.75∗10−4

0.11∗8.314K = 526.14 K

Quando la parte B del cilindro arriva alla pressione pm , il setto si rompee i due gas formano una miscela, con numero di moli

n = nA + nB = 0.13 mol

il calore specifico molare cV (AB) della miscela vale

cV (AB) = nAcV A+nBcV BnA+nB

= 0.02∗1.5+0.11∗2.50.13

R = 2.3462R

le energie interne molari dei due componenti valgono

uA = 1.5 ∗R ∗ T0, uB = 2.5 ∗R ∗ TBfL’energia interna molare della miscela ha il valore u = cV (AB)Tf , e deve

essere uguale alla somma delle energie interne molari dei due gas componenti

u = cV (AB)Tf =∑

i riui = 0.020.13

1.5∗R ∗T0 + 0.110.13

2.5∗R ∗TBf = (1176R) K

e quindi si ricava la temperatura Tf della miscela

Tf = 11762.3462

K = 501.24 K.

Il volume finale è Vf = VA + VBf = 0.875 l, e la pressione finale vale

p = nRTfVf

= 0.138.314∗501.248.75∗10−4 = 6.19× 105Pa

136

(14-07-22)

Su n moli di gas perfetto si esegue una trasformazione ciclica: Partendoda A, si cede reversibilmente calore mantenendo il gas a volume costante,fino ad arrivare a B. Il gas subisce poi una espansione isoterma, anche essareversibile, che lo porta nello stato C. La trasformazione irreversibile chesegue avviene abbastanza lentamente da poter considerare istante per istanteben definito lo stato termodinamico del gas, che viene mantenuto a pressionecostante uguale a quella di A. A questo punto il gas viene messo in contattocon un bagno termico ad una temperatura TA ignota. Quando si raggiungenuovamente l’equilibrio termico il gas si trova nuovamente in A. Si conosce latemperatura TB, e il calore QBC assorbito dal gas durante la trasformazioneisoterma. Determinare:1. La variazione di entropia del gas tra B e C.2. La temperatura TA.3. Il lavoro fatto dal gas tra C e B.4. La variazione di entropia dell’universo in un ciclo e verificare che è

sempre ≥ 0.

Soluzione

1. La trasformazione isoterma è reversibile, e conosciamo il calore assor-bito dal gas,quindi

∆SBC = QBCTB

2. La variazione dell’entropia del gas, funzione di stato, è nulla in unciclo. Possiamo quindi scrivere

∆SAB + ∆SBC + ∆SCA = 0

137

dove ∆SAB = ncv ln TBTA

e ∆SCA = ncp ln TATB

quindi ncv ln TBTA

+ QBCTB

+ ncp ln TATB

= 0⇒ nR ln TATB

+ QBCTB

= 0

da cui TA = TB exp(− QBCnRTB

)

3. WAB = 0, quindi

WCB = PA(VA − VC) = nR(TA − TB) = nRTB

(exp(− QBC

nRTB)− 1

).

4. l’unica trasformazione irreversibile è C → A, quindi la variazione del-l’entropia dell’universo in un ciclo∆Su sarà data dalla somma delle variazionid’entropia del gas e della sorgente da C ad A

∆Su = ∆SCA + ∆SSCA = ncp ln TATB

+ ncpTA

(TB − TA) > 0

verifichiamo che ∆Su ≥ 0poniamo x ≡ TA

TB

∆Su = ncp(lnx−

(1− 1

x

))> 0 sempre, infatti:

ddx

[lnx−

(1− 1

x

)]=[

1x− 1

x2

]= 1

x2 (x− 1) < 0 se x < 1;> 0, se x >1; = 0 se x = 1

∆Su è crescente se TA > TB, decrescente se TA < TB, con un minimonullo per TA = TB.

138

(14-09-23)

Un recipiente, a pareti verticali, poggia su un piano orizzontale ed è riem-pito, fino all’altezza h = 25 cm, con una massa d’acqua ma = 30 kg. In essoviene posto a galleggiare un cubo di ghiaccio di spigolo l = 20 cm.1) Si determini la pressione sul fondo, prima e dopo la fusione del ghiaccio.2) Dopo la fusione del ghiaccio si pratica sul fondo un foro circolare di

diametro D = 20 cm; determinare la velocità di uscita dell’acqua.Si assuma la densità dell’acqua ρa = 1000 kg/m3 e la densità del ghiaccio

ρgh = 940 kg/m3

Soluzione

1) La sezione orizzontale S del recipiente è uguale a Va/h dove Va è ilvolume dell’acqua contenuta prima di introdurre il cubo; quindi

S = 30 /2.5 dm2 = 12 dm2

Quando il ghiaccio è nel recipiente, per il principio di Archimede il pesodell’acqua spostata è uguale al peso del cubo di ghiaccio: quindi il livellodell’acqua prima e dopo la fusione del ghiaccio non cambia e la pressione sulfondo sarà la stessa.La parte immersa del cubo di ghiaccio (prima di fondere) vale V1 = 940

1000Vgh

dove Vgh = 8 dm3 e quindi il volume totale occupato dall’acqua e dalla parteimmersa del ghiaccio è

Va + V1 =(30 + 940

10008)dm3 = 37.52 dm3

9401000

8 = 7.52a cui corrisponde un’altezza h1 = (Va + V1) /S = 31.267 cm

La pressione sul fondo vale quindi p = po + ρagh1 (g = 9.81 m/s2 e p0 èla pressione atmosferica)

p = (1.013 ∗ 105 + 103 ∗ 9.81 ∗ 0.31267)Pa = 1.0437× 105Pa.

103 ∗ 9.81 ∗ 0.31267 = 3067.3

2) Applicando il teorema di Bernoulli alla sezione 1 ad altezza h1 e allasezione 2 sul fondo si trova:

po + ρagh1 + 12ρaV

21 = po + 1

2ρaV

22

ma V1S = V2 ∗ π (D/2)2 e quindi

2gh1 = V 22

(1−

(π(D/2)2

S

)2)

139

V2 =

√2gh1(

1−(π(D/2)2

S

)2) =

√2∗9.81∗0.31267(

1−( π12)

2) m/s = 2.5663 m/s

140

(14-09-23)

0.5 mol di gas ideale monoatomico occupano un volume V1 alla pressionep1 = 1 atm e alla temperatura T1 = 20 ◦C. Il gas si espande con una adiabat-ica irreversibile fino a V2 = 3V1 e poi è lasciato in quiete fino a raggiungereil nuovo stato d’equilibrio 2. Successivamente, con una compressione isoco-ra reversibile in cui il gas assorbe una quantità di calore Q = 890 J , latemperatura del gas viene riportata a T1 in uno stato d’equilibrio 3. Infinecon una compressione isoterma reversibile il gas ritorna allo stato iniziale.Determinare:1) le variazioni di entropia del gas nelle tre trasformazioni.2) il lavoro complessivo compiuto dal gas nel ciclo.

Soluzione

Indichiamo con 1, 2, 3 gli stati d’equilibrio del ciclo

Il volume nello stato iniziale vale

V1 = nRT1

p1= 0.5∗8.314∗293.15

1.013∗105 = 1.2× 10−2 m3

e i volumi degli stati 2 e 3 V2 = V3 = 3V1 = 3.6× 10−2m3

Il calore assorbito da 2 a 3 vale

Q = Q23 = ncV (T1 − T2)

e quindi T2 = T1 − QncV

=(293.15− 2∗890

0.5∗3∗8.314

)K = 150.42 K

e ∆S23 = ncV ln T1

T2= −0.5 ∗ 8.314 ∗ 1.5 ∗ ln 150.42

293.15J/K = 4.1607 J/K

la variazione d’entropia della prima trasformazione vale

∆S12 = ncV ln T2

T1+ nR ln V2

V1= 0.5 ∗ 8.314

(1.5 ∗ ln 150.42

293.15+ ln 3

)J/K =

0.406 JK

Nella prima trasformazione adiabatica irreversibile non c’è scambio dicalore, nella compressione isoterma finale il calore ceduto vale

Q31 = nRT1 ln V1

V2=(0.5 ∗ 8.314 ∗ 293.15 ∗ ln 1

3

)J = −1338.8 J

W12 = −∆U12 = −ncV (T2 − T1) = −0.5 ∗ 8.314 ∗ 1.5 (150.42− 293.15) =889.99

e la variazione d’entropia del gas sarà (∆Stot = 0 in un ciclo)

∆S31 = −∆S12 −∆S23 = (−0.406− 4.1607) J/K = −4.5667 J/K

141

Il lavoro fatto dal gas nell’intero ciclo vale

Wtot = Q23 +Q31 = (890− 1338.8) J = −448.8 J

142

(14-09-23)

Un cilindro munito di pistone perfettamente scorrevole, contiene 0.3 moldi azoto alla pressione p. Il sistema è in equilibrio termico con un bagno diacqua e ghiaccio fondente in cui sono presenti 150 g di ghiaccio alla pressionep0 = 1 atm. Il gas viene fatto espandere reversibilmente finchè la sua pres-sione diventa uguale a p0 e al termine del processo si osserva che sono presenti160 g di ghiaccio. Calcolare la pressione iniziale del gas e la variazione dientropia dell’universo. (Entalpia di fusione del ghiaccio H = 334 kJ/kg).

Soluzione

Durante l’espansione, isoterma reversibile, il gas assorbe dal bagno unaquantità di calore pari a

Q = m∆H = 3340 J ;

dove m = 10 g è la differenza tra la massa del ghiaccio presente alla finee quella iniziale.D’altra parte nell’isoterma,

Q = W = nRT0 ln V0

V= nRT0 ln p

p0, ln p

p0= 3340

nRT0;

da cui:

p = p0 exp[

3340nRT0

]= 134.6 atm = 134.6 ∗ 1.013 ∗ 105Pa = 1.3635× 107Pa

∆Sg = nR ln pp0

= 0.3 ∗ 8.314 ∗ ln 136.351.013

= 12.227 JK

ln 136.351.013

= 4.902 3La variazione di entropia del bagno termico è

∆Sb = − QT0

= − 3340273.15

J/K = −12.228 JK

Ma il processo è reversibile, dunque la variazione di entropia del gas èuguale ed opposta a quella del bagno. La variazione di entropia dell’universoè zero.

143

15-06-23

Il livello dell’acqua in un serbatoio molto grande sul tetto di un edificioè ad un’altezza da terra h0 = 30 m. Il serbatoio fornisce acqua attraversocondutture di sezione S1 = 20 cm2 ai vari appartamenti. Ogni rubinetto dacui esce acqua ha una sezione di apertura pari a S2 = 10 cm2.Calcolare:a) Il tempo necessario per riempire un secchio di 30 dm3 in un apparta-

mento a 20 m sopra il livello della strada.b) La pressione differenziale (differenza tra la pressione nel punto consi-

derato e la pressione nel punto 1) nella condotta principale, a livello del suolo,a rubinetto chiuso e a rubinetto aperto.

soluzione

Applichiamo il teorema di Bernoulli a un punto 1 al pelo libero del ser-batoio (V1 = 0), ad altezza h0 della conduttura e al punto 2 all’uscita delrubinetto ad altezza h (indichiamo con p0 la pressione atmosferica e con ρ ladensità dell’acqua)

p0 + ρgh0 = p0 + ρgh+ 12ρV 2

2

si ricava

V2 =√

2g (h0 − h) =√

2 ∗ 9.81 ∗ 10m/s = 14 ms

la portata è quindi V2S2 = 14 ∗ 10 ∗ 10−4m3

s= 0.014 m3

s= 14 dm3/s

e il secchio si riempie in 30/14 s = 2.14 s.

144

A rubinetto chiuso la pressione differenziale nel punto 3 a livello del suolovale

p3 − p0 = ρgh0 = 103 ∗ 9.81 ∗ 30 Pa = 2.943× 105Pa

Applichiamo il teorema di Bernoulli tra il punto 1, il punto 3 nella con-duttura e il punto 4 all’uscita del rubinetto, entrambi a livello del suolo, arubinetto aperto:

p0 + ρgh0 = p′3 + 12ρV 2

3 = p0 + 12ρV 2

4

quindi V4 =√

2gh0 =√

2 ∗ 9.81 ∗ 30 = 24.3 m/s

ma la portata è costante, V3S1 = V4S2 e quindi V3 = S2

S1V4 = 1

2V4

la differenza di pressione tra il punto 3 e il punto 1 vale

p′3 − p0 = ρgh0 − 12ρV 2

3 = ρgh0 − 12ρ(

12V4

)2= ρgh0

(1− 1

4

)=

342.943× 105Pa = 2.21× 105Pa

145

15-06-23

Una macchina termica funziona tra due sorgenti alle temperature t1 = 400◦C e t2 = 900 ◦C, fornendo una potenzaW = 20 MW , con rendimento pari al50% di una macchina di Carnot che funziona tra le stesse sorgenti. Calcolarei calori scambiati, la variazione di entropia dell’universo e l’energia inutilizz-abile in ogni ora di funzionamento, supponendo che la macchina compia unnumero intero di cicli.

soluzione

Il rendimento della macchina è

η = 0.5(

1− T1

T2

)= 0.5

(1− 673.15

1173.15

)= 0.213

il lavoro erogato in un’ora:

W = 3600 ∗ 2 ∗ 107J = 7.2× 1010 J :

Le quantità di calore scambiate:

Q2 = W/η = (7.2× 1010J) /0.213 = 3.38× 1011J,

Q1 = W −Q2 = 7.2× 1010J − 3.38× 1011J = −2.66× 1011J

La variazione di entropia dell’universo in un’ora, è uguale a quella dellesorgenti, in quanto la variazionedi entropia della macchina, lavorando ciclicamente, è nulla;

∆Su = −(Q1

T1+ Q2

T2

)= −

(−2.66×1011

673.15+ 3.38×1011

1173.15

)J/K = 1.07× 108 J

K

L’energia inutilizzabile vale

Ein = T1∆Su = 673.15 ∗ 1.07× 108 = 7.2× 1010 J

In effetti se la macchina fosse reversibile il lavoro compiuto sarebbe doppioe quindi l’energia inutilizzabile è proprio uguale a W

146

15-06-23

Un corpo di capacità termica C = 15 cal/K, costante nell’intervallo ditemperature considerato, si trova alla temperatura t0 = 0 ◦C. Esso vieneriscaldato fino alla temperatura t1 = 200 ◦C in due modi diversi.1) Ponendolo a contatto con una sorgente a temperatura t1.2) Ponendolo a contatto con una sorgente a temperatura t2 = 150 ◦C e,

dopo aver raggiunto l’equilibrio, con la sorgente a temperatura t1.Calcolare la variazione di entropia dell’universo nei due casi.

soluzioneL’entropia è una funzione di stato, quindi, detta ∆SC la variazione di

entropia del corpo, in entrambi i casi risulta:

∆SC = C ln T1

T0= 15 ∗ 4.186 ∗ ln 473.15

273.15= 34.5 J/K

Nel primo caso la variazione di entropia della sorgente è

∆ST1 = −C (T1−T0)T1

= −15 ∗ 4.186 ∗ (200)473.15

J/K = −26.5 J/K,

e la variazione di entropia corpo e sorgente (universo):

∆Su = ∆SC + ∆ST1 = 8.0 J/K.

Nel secondo caso la variazione di entropia delle sorgenti è

∆ST2 + ∆S ′T1= −C T2−T0

T2− C T1−T2

T1= −15

(150

423.15+ 50

473.15

)4.186 J/K =

−6.9 ∗ 4.186 J/K = −28.9 J/K

e la variazione di entropia dell’universo:

∆Su = ∆SC + ∆ST1 + ∆ST2 = 5.6 J/K

147

15-07-14

Un recipiente è costituito da un cilindro verticale di diametro D = 9 cm,sul quale è innestato un tubo orizzontale di diametro d = 3 cm, con asse auna distanza l = 5 cm dal fondo del cilindro. All’altro estremo del tuboorizzontale viene posto un tappo e il recipiente viene riempito d’acqua finoall’altezza h = 50 cm. Supponendo che il piano su cui appoggia il cilindro sialiscio, determinare la forza necessaria a mantenere fermo il recipiente quandoviene tolto il tappo.

soluzione

Togliendo il tappo, l’acqua esce dal tubo orizzontale. se indichiamo conV0 e V le velocità dell’acqua alle quote h (alla sommità del cilindro verticale)e l ( all’uscita del tubo orizzontale), applicando il teoreme di Bernoulli si ha

p0 + ρgh+ 12ρV 2

0 = p0 + ρgl + 12ρV 2

Dal teorema di Leonardo si deduce che

πD2

4V0 = π d

2

4V =⇒ V0 = d2

D2V

e quindi

V 2 = 2g(h−l)1− d4

D4

In un tempo dt la massa che esce dal tubo vale

dm = ρπd2

4V dt

e la sua quantità di moto è

dp = dm ∗ V = ρπd2

4V 2dt

Il recipiente subisce una variazione di quantità di moto e quindi è soggettoa una forza di modulo

f = dpdt

= ρπd2

4V 2 = ρπd

2

42g(h−l)1− d4

D4

=

103 ∗ π ∗ 0.25 ∗ (3 ∗ 10−2)2 ∗ 2 ∗ 9.81(45∗10−2)

1−(0.33)4 = 6.31 N

uguale ed opposta alla forza da applicare per mantenere fermo il recipi-ente.

148

15-07-14

Un gas ideale biatomico (2.5 mol) compie un ciclo partendo da un unostato A (P = 2 atm, V = 30 l) :con una compressione adiabatica reversibile passa allo stato B con pres-

sione doppia di quella iniziale, poi con una isocora reversibile passa a unostato C con pressione tripla di quella iniziale e infine con una espansionepolitropica reversibile (pV k =cost) ritorna allo stato di partenza.Determinare i valori di p, V, T in A, B, C.Determinare l’esponente della politropica, e la variazione di entropia del

gas in tale trasformazione.Calcolare il lavoro compiuto nel ciclo.

soluzione

TA = pAVAnR

= 2∗1.013∗105∗30∗10−3

2.5∗8.314= 292.42 K

Da A a B compressione adiabatica pV γ = cost, con γ = 7/5 quindi si ha

pAVγA = pBV

γB =⇒ VB =

(pApB

) 1γVA = (0.5)5/7 VA = 18.3 l

TB = pBVBnR

= 2 ∗ (0.5)5/7 pAVAnR

= 2 ∗ (0.5)5/7 TA = 2 ∗ (0.5)5/7 292.42 =356.46 K

in C si ottiene

VC = VB = 18.3 l, pC = 3pA, TC = pCVCnR

= 3 ∗ (0.5)5/7 TA =

3 ∗ (0.5)5/7 ∗ 292.42 K = 534.70 K

Tra C e A la trasformazione è politropica e si ottiene

pCVkC = pAV

kA =⇒

(VCVA

)k= pA

pC=⇒ k =

ln(pApC

)lnVCVA

= ln(1/3)

ln((0.5)5/7)= 2.22

In un ciclo la variazione d’entropia è nulla, da A a B (adiabatica)l’entropia non cambia quindi

∆SCA = −∆SBC = −ncV∫ TCTB

dTT

= −n ∗ 2.5 ∗R ln(TCTB

)=

−2.5 ∗ 2.5 ∗ 8.314 ln(

32

)J/K = −21.1 J/K

Il lavoro totale compiuto in un ciclo è la somma d WAB e WCA

WAB =∫ VBVA

pdV = pAVγA

∫ VBVA

V −γdV = 11−γ (pBVB − pAVA) =

149

−2.5 ∗ n ∗R (TB − TA) = −2.5 ∗ 2.5 ∗ 8.314 (356.46− 292.42) J =

−3327.7 J

WCA = 11−k (pAVA − pCVC) = −0.82 ∗ nR (TA − TC) =

−0.82 ∗ 2.5 ∗ 8.314 (292.42− 534.70) J = 4129.3 J

Il lavoro totale vale W = (4129.3− 3327.7) J = 801.6 J

150

15-07-14

Un cilindro con pareti adiabatiche è diviso da un pistone di massa trascur-abile, in due scomparti uguali di cui uno è occupato da n = 0.5 mol di gasideale monoatomico alla temperatura di 27◦C, mentre l’altro è vuoto. Il pi-stone viene sbloccato e reso libero di scorrere senza attriti, il gas può cosìoccupare l’intero volume; successivamente il pistone ritorna lentamente nellaposizione iniziale. Si determini:1) la variazione di energia interna del gas2) la variazione di entropia del gas

soluzione

La prima trasformazione è una espansione libera irreversibile, quindi latemperatura T1 = T2 non cambia, il volume V1 si raddoppia (V2 = 2V1), lapressione si dimezza e l’energia interna non varia.La seconda trasformazione è una compressione adiabatica reversibile con

Vfin = V1 quindi

TV γ−1 = cost =⇒ Tfin =(V2

V1

)γ−1

T2 = 2γ−1T2

la variazione di energia interna sarà uguale a

∆U = nCV (Tfin − T2) = 1.5 ∗ nR(2γ−1 − 1)T1 =

1.5 ∗ 0.5 ∗ 8.314(22/3 − 1)300.15 J = 1099.4 J

L’entropia varia solo nella prima trasformazione e la variazione è

∆S = nR ln V2

V1= 0.5 ∗ 8.314 ∗ ln 2 J/K = 2.88 J/K

151

15-09-24

Una pompa trasferisce acqua da un recipiente ad un altro, più in altodi 5 m, attraverso un tubo. Il raggio del tubo non è costante, ma aumentagradatamente da R1 = 1 cm (estremità inferiore) a R2 = 2 cm (estremitàsuperiore). La velocità dell’acqua all’estremità inferiore del tubo è 8 m/s.1) Calcolare la differenza di pressione tra le due estremità del tubo2) Calcolare la potenza dalla pompa.

soluzione

L’estremità più bassa del tubo si indica con 1, la più alta con 2. Le sezionisono A1 e A2. L’altezza del tubo è d = h2 − h1 = 5 m, dove h1 e h2 sono lequote delle due estremità.Applicando il teorema di Bernoulli e l’equazione di continuità A1 V1 =

A2V2, si ottiene per la differenza di pressione ∆p = p1 − p2:

p1 − p2 = 12ρ (V 2

2 − V 21 ) + ρgd

ma V2 = A1

A2V1 =

R21

R22V1 = 1

4V1

p1 − p2 = 12ρ(

116− 1)V 2

1 + ρgd = 103((−0.515

16

)64 + 9.81 ∗ 5

)Pa =

19050 Pa

Il lavoro fatto in un secondo dalla pompa è, prendendo come riferimentoun cilindretto di liquido contenuto nel tubo di lunghezza ∆l, è quellocompiuto dalla forza esercitata dalla differenza di pressione durante l’inter-vallo di tempo ∆t:

P = W/∆t = F∆l∆t

= (p1 − p2)A1V1 = 19050.0 ∗ π ∗ 10−4 ∗ 8 W = 47.9 W

152

15-09-24

Un sistema termodinamico assorbe una quantità di calore Q2 = 200 Jda una sorgente a temperatura t2 = 30◦C, cede calore ad una sorgente allatemperatura t1 = −70◦C e torna allo stato iniziale. Non ci sono altri scambidi calore. Il lavoro prodotto è W = 50 J .1) Calcolare il rendimento del ciclo;2) Calcolare il valore dell’integrale di Clausius esteso al ciclo.3) Stabilire se il ciclo è reversibile o no e giustificare la risposta.4) Calcolare la variazione d’entropia dell’universo e l’energia inutilizzabile

soluzione

1) η = WQ2

= 50200

= 0.25

2) Poichè le sorgenti sono due l’integrale di Clausius si riduce ad unasomma di 2 termini:

Q1

T1+ Q2

T2=(− 150

203.15+ 200

303.15

)J/K = −7.86× 10−2J/K

3) Il ciclo è irreversibile perchè scambia calore con 2 sorgenti ma il rendi-mento è minore del rendimento del ciclo Carnot

ηC = 1− T1

T2= 1− 203.15

303.15= 0.3299

4) L’integrale di Clausius cambiato di segno rappresenta la variazionedell’entropia dell’universo

∆Su = 7.86× 10−2 JK

L’energia inutilizzabile si ottiene moltiplicando ∆Su per T1

Ein = T1∆Su = 203.15 ∗ 7.86× 10−2J = 16 J

ed è uguale alla differenza tra il lavoro che sarebbe compiuto da unamacchina reversibile e quello effettivamente compiuto

Ein = WR −W = (0.33 ∗ 200− 50) J = 16.0 J

153

15-09-24

In una trasformazione politropica pV k = cost, la pressione e il volume diuna certa massa di ossigeno variano da pA = 4 atm, VA = 1 l a pB = 1 atm,VB = 2 l . La temperatura iniziale è 500 K. Si determini:1) il calore scambiato dall’ossigeno con l’ambiente.2) la variazione di energia interna del gas.3) la variazione di entropia del gas.

Soluzione

Il numero di moli di ossigeno vale

n = pAVARTA

= 4∗1.013∗105∗1∗10−3

8.314∗500mol = 9.75× 10−2 mol

e la temperatura TB = pBVBTApAVA

= 2TA4

= 250 K.

determiniamo il coeffi ciente k della politropica

pAVkA = pBV

kB ⇒

(VAVB

)k= pB

pA⇒ k =

ln(pBpA

)

ln(VAVB

) =ln 1

4

ln 12

= 2.0

L’ossigeno è biatomico, quindi cV = 52R, la variazione di energia interna

del gas vale pertanto

∆U = ncV (TB − TA) = 9.75× 10−2 ∗ 2.5 ∗ 8.314 ∗ (−250) J = −506.6 J

dal primo principio si ha Q = ∆U +W e quindi il lavoro compiuto vale

W =∫ VBVA

pdV = pAV2A

∫ VBVA

V −2dV = 4 ∗ 1.013 ∗ 105 ∗ 10−6 ∗ 0.5 ∗ 103 =

202.6 J

il calore ceduto è

Q = ∆U +W = −304 J.

La variazione d’entropia del gas ha il valore

∆S =∫ BA

dQT

= ncV∫ TBTA

dT + nR∫ VBVA

dVV

= ncV ln TBTA

+ nR ln VBVA

=

9.75× 10−2 ∗ 8.314(2.5 ln 1

2+ ln 2

)J = −0.843 J

154

15-10-27

Una siringa contiene un fluido ideale con la densità dell’acqua. La cannadella siringa ha una sezione di area S1 = 2.5 ∗ 10−5m2 e l’ago ha una sezionedi area S2 = 1.0 ∗ 10−8m2.In assenza di una forza sul pistone, la pressioneesterna è di 1 atm.Una forza F di intensità 2 N agisce sul pistone, facendo sì che il fluido

schizzi orizzontalmente dall’ago. Determinare la velocità del fluido quandoesce dalla punta dell’ago.

soluzione

Per il teorema di Leonardo

S1V1 = S2V2 ⇒ V1 = S2

S1V2 = 1.0∗10−8

2.5∗10−5V1 = 4 ∗ 10−4V1

quindi V1 � V2

Il teorema di Bernoulli si può quindi scrivere nella forma semplificata:

pa + FS1

= pa + 12ρV 2

2

da cui

V2 =√

2 FρS1

=√

2 21000∗2.5∗10−5m/s = 12.65 m/s

155

15-10-27

Un cilindro rigido e adiabatico è diviso in due parti da un setto di areaS = 40 cm2, anch’esso adiabatico, che può scorrere al suo interno. Una parte,di volume V1 = 6 l, contiene 2 mol di gas ideale biatomico; l’altra parte, divolume V2 = 3 l contiene 1.3 mol dello stesso gas. Inizialmente la pressionenelle due parti è p = 10 atm ed il sistema si trova in equilibrio meccanicocol setto in una certa posizione. Bloccato il setto in tale posizione e facendovenir meno la sua adiabaticità, si calcoli la forza che agisce su di esso e lavariazione di entropia del sistema.soluzione

Le temperature iniziali dei gas vanno determinate mediante l’equazionedi stato:

T1 = pV1

n1R= 10∗1.013∗105∗6∗10−3

2∗8.314K = 365.53 K,

T2 = pV2

n2R= 10∗1.013∗105∗3∗10−3

1.3∗8.314K = 281.18 K

Una volta che il setto diventa diatermico, calore fluisce da una parteall’altra e viene raggiunta la temperatura finale Tf. Tenuto conto che l’energiainterna dell’intero sistema è costante, nel processo la sua variazione è nulla:

∆U = ∆U1 + ∆U2 = 0:

Essendo

∆U1 = n1CV ∆T1 e ∆U2 = n2CV ∆T2

si ha

∆U = n1CV (Tf − T1) + n2CV (Tf − T2) = 0

Da cui:

Tf = n1T1+n2T2

n1+n2= 2∗365.53+1.3∗281.18

3.3= 332.3 K:

La forza che agisce sul setto risulta

F = S(p2 − p1) = SRTf

(n2

V2− n1

V1

)=

40 ∗ 10−4 ∗ 8.314 ∗ 332.3(

1.33− 2

6

)103N = 1105.1 N

La variazione di entropia del sistema vale

∆S = ∆S1 + ∆S2 = n1CV lnTfT1

+ n2CV lnTfT2

=(2 ∗ ln 332.3

365.53+ 1.3 ln 332.3

281.18

)2.5 ∗ 8.314 = 0.55 J/K,

156

15-10-27

3 mol di gas ideale biatomico passano da uno stato A , pA = 20 atm,VA = 3 l, a uno stato B, VB = 3VA, con una espansione isoterma. Medianteun’isobara il gas passa quindi da B a C e ritorna allo stato iniziale con unacompressione adiabatica, Tutte le trasformazioni sono reversibili.Calcolare TA, pB, VC e TC , e il rendimento η del ciclo.Se al gas biatomico si sostituisse un gas monoatomico varierebbe η, e di

quanto?

soluzione

TA = pAVAnR

= 20∗1.013∗105∗3∗10−3

3∗8.314K = 243.69 K

pB = pAVA/VB = pAVA/VB = 13pA = 1

320 ∗ 1.013 ∗ 105Pa = 6.75× 105 Pa

d’altra parte si ha

Cp = 72R e CV = 5

2R quindi γ = Cp/CV = 7

5

pC = pB e TB = TA ⇒ VCTC

= VBTB

= 3VATA

TCVγ−1C = TAV

γ−1A

pAVγA = pCV

γC , ⇒ VC = VA

(pApC

)1/γ

= 3 ∗ 10−3(

20∗1.0136.75

)5/7m3 = 6.58 ×

10−3m3

si ha perciò(VCVA

)γ−1

= TATC

= 3VAVC

TC = (TA/3) VCVA

= (TA/3) 31γ = TA ∗ 3

1−γγ = 243.69 ∗ 35/7−1K = 178.04 K

nel ciclo viene assorbito calore nell’isoterma e ceduto calore nell’isobara,quindi

η = 1 + QBCQAB

QBC = nCP (TC − TA) = 72nR ∗ TA

(3

1−γγ − 1

)QAB = nRTA ln 3

η = 1 + QBCQAB

= 1 + 72nR ∗

TA

(3

1−γγ −1

)nRTA ln 3

=

1 + 72

(3−

27 − 1

)/ ln 3 = 1− 0.858 = 0.14

157

se il gas fosse monoatomico γ = 5/3 e l’adiabatica sarebbe più ripidacon aumento dell’area compresa nel ciclo e quindi del lavoro compiuto e delrendimento.

η′= 1 + 5

2

(3−

25 − 1

)/ ln 3 = 0.19

158

16/02/17

I tubi di ingresso 1 e 2 al cilindro in figura hanno un diametro di 3 cm eil diametro del tubo di uscita è 4 cm.Alcool (densità 800 kg/m3) entra dal tubo 1 alla velocità di 6 m/s, acqua

entra dal tubo 2 alla velocità di 10 m/s. Assumendo un mescolamento ide-ale di fluidi incompressibili, calcolare la velocità di uscita e la densità dellamiscela.

Soluzione

La portata di volume entrante è uguale a quella uscente, quindi:

q3 = A1V1 + A2V2 = (π(0.03)2/4) (6 + 10)m3/s = 1.131 × 10−2m3/s =A3V3

V3 = q3/A3 = (1.131× 10−2m3/s) /(π (0.04)2 /4

)m2 = 9.0 m/s

Anche la portata di massa si conserva

ρalcoolA1V1 + ρH2OA2V2 = ρmiscelaA3V3

da cuiρmiscela =

ρalcoolA1V1+ρH2OA2V2

A3V3=

800∗((0.03)2)(6)+1000∗((0.03)2)(10)

(0.04)2∗9 kg/m3 = 925

kg/m3

159

16/02/17

Una macchina di Carnot lavora tra due sorgenti a temperatura T0 e 4T0,un volume iniziale V0: a metà ciclo il volume è 64V0. SeW eW ′ rappresentanoil lavoro fatto in un ciclo da una mole di gas monoatomico e, rispettivamente,biatomico, calcolare il rapporto W ′

W.

Soluzione

La differenza tra i due cicli è data dalle due adiabatiche (nel caso monoatomi-co γ = 5/3, nel caso biatomico γ′ = 7/5, l’adiabatica biatomica è meno ripidae l’area racchiusa che rappresenta il lavoro compiuto è minore).Usando l’equazione dell’adiabatica tra 2 e 3 e 2’(caso biatomico) e 3 si

ha:

T0 (64V0)γ−1 = 4T0Vγ−1

2 ⇒ V2 = 64V0

43/2 = 8V0

T0 (64V0)γ′−1 = 4T0 (V ′2)γ

′−1 ⇒ V ′2 = 64V0

45/2 = 2V0

Il lavoro compiuto nel caso monoatomico è

W = 3RT0 ln(V2

V1

)nel caso biatomico

W = 3RT0 ln(V ′2V1

)e quindi

W ′

W=

ln

(V ′2V0

)ln(V2V0

) = ln 2ln 8

= 1/3

160

16/02/17

Sono disponibili due sorgenti di calore 1 e 2 a temperature T1 = 300 K,e T2 = 900 K.1) 100 cal sono tolte alla sorgente 2 e aggiunte alla sorgente 1, qual è la

variazione di entropia dell’universo?2) una macchina reversibile lavora tra 1 e 2. Il calore sottratto a 2, in

un ciclo, vale Q2 = 100 cal; che lavoro compie la macchina e quanto calore èfornito a 1?3) Qual è la variazione di entropia dell’universo nella trasformazione

indicata in 2)?4) Una macchina reale lavora come pompa di calore togliendo calore a 2

e fornendolo a 1. Cosa si può dire della variazione dell’entropia dell’universoprodotta dalla pompa di calore?

soluzione1) La variazione d’entropia dell’universo è

∆S = Q( 1T1− 1

T2) = 4.186 ∗ 100( 1

300− 1

900)J/K = 0.93 J

K

2) il lavoro compiuto dalla macchina a ogni ciclo è

W = ηQ2 =(

1− T1

T2

)Q2 =

(1− 300

900

)100 ∗ 4.186 J = 279.07 J

Il calore ceduto alla sorgente 1 è

Q1 = −Q2 +W = −4.186 ∗ 100 J + 279.07 J = −139.53 J

3) La variazione di entropia dell’universo nella trasformazione in 2) èuguale a quella delle sorgenti

∆Su = −Q1

T1− Q2

T2=(

139.53300− 418.6

900

)J/K = 0

(La macchina è reversibile)

4) In questo caso la macchina non è reversibile, estrae il calore Q1 dallasorgente 1 e il calore Q′2 fornito alla sorgente 2 è minore del calore che sarebbeceduto da una pompa di calore reversibile e per il teorema di Clausius:

Q1

T1+

Q′2T2< 0

e quindi la variazione d’entropia dell’universo è quella delle sorgenti

∆Su = −Q1

T1− Q′2

T2> 0

161

16/06/16

Un tubo di diametroD = 200 mm inizialmente orizzontale, ha un gomito,poi è verticale e spruzza acqua attraverso un ugello verticale a forma di troncodi cono, con un diametro d’uscita d = 100 mm; la pressione aggiuntiva inun punto A all’imbocco dell’ugello rispetto a punto B all’uscita dell’ugello è∆p = 55 kPa, il dislivello tra il punto A e il punto B è 1.1 m.1) Determinare l’altezza h sopra l’ugello a cui arriva l’acqua e le velocità

in A e in B.

Soluzione

1) Applichiamo il teorema di Bernoulli tra una sezione normale in A e lasezione superiore B dell’ugello :

pA + 12ρV 2

A + ρgzA = pB + 12ρV 2

B + ρgzB

Dalla legge di Leonardo si ha:

π (D/2)2 VA = π (d/2)2 VB

e quindi

VB = 4 ∗ VAche, sostituita nella equazione scritta sopra dà (p0 è la pressione atmo-

sferica)

p0 + ∆p+ 12ρV 2

A + ρgzA = po + 8ρV 2A + ρgzB

7.5 ∗ ρV 2A = ∆p+ ρg (zA − zB)

VA =√

17.5

(55− 9.8 (1.1))m/s = 2.43 m/s

e quindi VB = 9.72 m/s

L’altezza a cui arriva l’acqua sopra l’ugello, per la conservazione dell’en-ergia sarà:

h =V 2B

2g= (9.72)2

2∗9.8 m = 4.82 m

162

16/06/16

Una miscela di gas ideali è costituita da 0.1 moli di elio (monoatomico)e 0.2 moli di azoto (biatomico), inizialmente a 300 K, con volume di 4 litri.Calcolare la temperatura e la pressione della miscela quando viene compressalentamente e adiabaticamente riducendo il volume del 10%. In seguito conuna trasformazione isoterma reversibile la miscela si espande fino alla pres-sione iniziale e successivamente con una isobara reversibile ritorna allo statoiniziale.Calcolare il rendimento del ciclo

Soluzione

indichiamo con A lo stato iniziale e con B lo stato dopo la trasformazioneadiabatica,indicando con 1 e 2 elio e azoto si può scrivere,

n = n1 + n2 = 0.3 mol,

cV =n1cV1

+n2cV2

n=

0.1 32R+0.2 5

2R

0.3= 13

6R

cp = cV +R = 196R

γ = cp/cV = 1913

= 1.4615

Poichè la trasformazione da A a B è reversibile e adiabatica

TAVγ−1A = TBV

γ−1B

e quindi

TB = TA

(VAVB

)γ−1

= 300(

10090

)0.4615K = 314.95K

Inoltre vale l’equazione dei gas ideali

pV = nRT ⇒ pA = nRTAVA

= 0.3∗8.314∗3004∗10−3 Pa = 1.87× 105 Pa

e anche l’equazione

pB = nRTBVB

= 0.3∗8.314∗314.950.9∗4∗10−3 = 2.18× 105 Pa

oppure

pBVγB = pAV

γA ⇒ pB = pA

(VAVB

)γ= 1.87× 105

(10090

)1.4615Pa =

2.18× 105Pa

e VB = 0.9 ∗ 4 ∗ 10−3m3 = 3.6× 10−3m3

163

Nell’espansione isoterma la miscela soddisfa l’equazione

pBVB = pCVC e quindi (PC = PA)

VC = pBVBpA

= 2.18×105∗3.6034∗10−3

1.87×105 = 4.2× 10−3m3

Il calore assorbito nella trasformazione BC è

QBC = nRTB ln VCVB

= 0.3 ∗ 8.314 ∗ 314.95 ln 4.23.6034

= 120.357 J

Il calore ceduto nell’isobara CA vale

QCA = ncp (TA − TC) = 0.3196

(300− 314.95) 8.314 = −118.08 J

il rendimento vale quindi

η = 1 + QCAQBC

= 1− 118.08120.357

= 1.9× 10−2

164

16/06/16

Un cilindro verticale con pareti adiabatiche è chiuso da un pistone adia-batico supposto di massa trascurabile, caricato con un peso opportuno.Il sistema contiene inizialmente 10 kg d’aria a 27 ◦C e a pressione 10

bar; la pressione esterna p0 vale 1 bar. Si dimezza improvvisamente il pesogravante sul pistone, il quale si solleva fino a raggiungere una nuova posizionedi equilibrio.Calcolare, considerando il processo adiabatico e l’aria gas ideale (γ = 1.4,

massa molecolare dell’aria A = 28.97 ):a) il lavoro compiuto dall’aria compressab) la temperatura finale e l’aumento di entropia dell’aria compressad) la temperatura finale nel caso di espansione isoentropica fino alla stessa

pressione finale.

Soluzione

Indichiamo con pi, pf , Vi, Vf , Ti, Tf , le pressioni interne, i volumi, letemperature iniziali e finali e sia P il valore di ciascun peso e A l’area delpistone.Nello stato d’equilibrio iniziale

2P = A(pi − p0)

e nello stato finale

P = A(pf − p0)

quindi

A(pf −p0) = A2(pi−p0) da cui pf = 1

2(pi +p0) = 1

2(10 + 1)bar = 5.5 bar

Il lavoro compiuto dal gas è:

W = pf (Vf − Vi) = npfR(Tfpf− Ti

pi)

la variazione d’energia interna del gas è

∆U = nCV ∆T = ncV (Ti − Tf ),dal primo principio si ricava

npfR(Tfpf− Ti

pi) = ncV (Ti − Tf )

da cui

Tf (cp) = Ti

(Rpfpi

+ cV

)165

e quindi Tf = Ti

(1γ

+pfpi

γ−1γ

)= 300.15

(1

1.4+ 5.5

100.41.4

)K = 261.56 K

Il lavoro compiuto dal gas vale

W = ncV (Ti − Tf ) = 10∗103

28.9752

(8.314) (300.15− 261.56) J = 2. 77× 105J

L’aumento di entropia del gas è dato dall’espressione:

∆S = ncp ln[TfTi

(pfpi

)1−γγ

]= 10∗103

28.9772

(8.314) ln[

261.56300.15

(5.510

)−0.41.4

]J/K =

333.4 J/K,

Se l’aria si fosse espansa a entropia costante fino alla stessa pressionefinale la temperatura finale sarebbe stata determinata dalla relazione:

T ′f = Ti(pfpi

)γ−1γ = 300.15(5.5

10)

0.41.4K = 253.02 K

166

16/07/22

Nell’ipotesi di fluido perfetto e moto stazionario calcolare la portata del-l’acqua che scorre nel venturimetro di figura. Nel manometro differenziale ilfluido ausiliario utilizzato è il mercurio.

Dati: d1 = 300 mm d2 = 150 mm ∆h = 36 cm, ρHg = 13.56∗103kg/m3,ρH2O = 103kg/m3

soluzione

Per il teorema di Bernoulli, dal confronto delle sezioni 1 e 2 e con unriferimento arbitrario per le quote, si ottiene:

p1 + ρgz1 + 12ρV 2

1 = p2 + ρgz2 + 12ρV 2

2

dove ρ è la densità dell’acqua. Poichè la portata è costante (Q = Q1 = Q2)possiamo scrivere:

V1

V2=(d2

d1

)2

Dalla lettura del manometro differenziale si ottiene:

p1 + ρgz1 = p2 + ρg (z2 −∆h) + ρHg∆h

cioè

(p1 + ρgz1)− (p2 + ρgz2) = g∆h(ρHg − ρ

)e quindi

12ρ (V 2

2 − V 21 ) = 1

2ρV 2

2

(1−

(d2

d1

)4)

= g∆h(ρHg − ρ

)167

da cui si ricava:

V2 =

√2g∗∆h(

ρHgρ−1)

1−(d2d1

)4 =√

2∗9.81∗36∗10−2∗12.56

1−( 12)

4 m/s = 9.73 m/s

La portata Q vale

Q = V2π(d2

2

)2= 9.73 ∗ π (75 ∗ 10−3)

2= 0.172 m3/s

168

16/07/22

Unamole di gas ideale monoatomico compie una trasformazione reversibilela cui equazione nel piano di Gibbs (T, S) è T = T0 + a(S−S0)− b(S−S0)2,con a = 5K2 mol/J , b = 0.8K3mol2/J2. Sapendo che la temperatura finalecoincide con quella iniziale T0 = 300 K, calcolare la quantità di calore edil lavoro associati alla trasformazione. In seguito il gas, con una isotermareversibile, ritorna allo stato iniziale, calcolare il rendimento del ciclo.

soluzione

Nel diagramma (T, S) la trasformazione è rappresentata da un’arco diparabola ad asse verticale e concavità rivolta in basso quindi, per un certovalore dell’entropia S1 6= S0, si avrà un altro valore della temperatura pari aT0. Segue che fra questi due stati, per il primo principio

∆U = 0, Q = W


Q =

S1∫S0

TdS =

S1∫S0

[T0 + a(S − S0)− b(S − S0)2] dS = T0(S1 − S0) +

12a(S1 − S0)2 − 1

3b(S1 − S0)3.


S1 − S0 = a/b = 6.25 J/(K∗ mol).Sostituendo nella precedente:


Q =

S1∫S0

TdS =

S1∫S0

[T0 + a(S − S0)− b(S − S0)2] dS = T0(S1 − S0) +

12a(S1 − S0)2 − 1

3b(S1 − S0)3.


S1 − S0 = a/b = 6.25 J/(K∗ mol).Sostituendo nella precedente:

Q = W =(300 ∗ 6.25 + 1

25 ∗ (6.25)2 − 1

30.8(6.25)3

)J = 1907.6 J.

Ritornando allo stato iniziale il gas compie il lavoro

169

W ′ = −T0 (S1 − S0) = −1875.0 J =

e quindi il lavoro compiuto nel ciclo vale

Wtot = 32.6 J

e il rendimento è

η = Wtot

Q= 32.6

1907.6= 1.71 %

170

16/07/22Una macchina termica scambia calore con tre sorgenti a temperature T1 =

T, T2 = 23T, T3 = 1

3T . Ad ogni ciclo, la macchina assorbe il calore Q1 = Q

dalla prima sorgente e compie il lavoro W = 32Q. L’entropia dell’universo

aumenta di 2QTad ogni ciclo.

Determinare le quantità di calore Q2 e Q3 scambiate con le altre sorgentie il rendimento di una macchina revrsibile che lavori con le stesse sorgenti,scambiando con le prime due sorgenti le medesime quantità di calore.

soluzione

Ad ogni ciclo

Q1 +Q2 +Q3 = Q+Q2 +Q3 = 32Q

la variazione d’entropia dell’universo sarà uguale, ad ogni ciclo,. allavariazione d’entropia delle sorgenti

∆Suniv = −(QT1

+ Q2

T2+ Q3

T3

)= −

(QT

+ 3Q2

2T+ 3Q3

T

)= 2Q

T⇒

3QT

= −(3Q2

2T+ 3Q3

T

)⇒ Q = −1

2Q2 −Q3

quindi dal sistema

−12Q2 −Q3 = 1

2Q,

Q2 +Q3 = 12Q

si ottiene

Q2 = 3Q, Q3 = −52Q

e quindi il rendimento della macchina sarà

η = WQ1+Q2

=32Q

4Q= 3

8= 0.375

La macchina reversibile avrà un rendimento

ηrev = Wrev

Q1+Q2

ma il lavoro reversibile sarà dato da

Wrev = Q1 +Q2 +Q3,rev

dove Q3,rev è il calore ceduto alla sorgente 3 dalla macchina reversibile. Inquesto caso la variazione d’entropia dell’universo deve essere nulla e quindi

∆Suniv = −(QT1

+ 3Q2

2T+ 3Q3,rev

T

)= 0,⇒

171

−(QT

+ 9Q2T

+ 3Q3,rev

T

)= 0⇒ 2Q+ 9Q+ 6Q3,rev = 0,

e quindi Q3,rev = −116Q e il lavoro compiuto è adesso

Wrev = Q+ 3Q− 116Q = 13

6Q

Il rendimento della macchina reversibile è

ηrev =136Q

Q+3Q= 13

24= 0.54

172

16/09/20

Nella tubazione in figura scorre acqua. Supponendo il fluido perfetto,determinare la portata Q ed il valore della pressione nelle sezioni 1, 2 e 3,sull’asse della tubazione cilindrica. Il fluido ausiliario è mercurio.(densità del mercurio ρHg = 13.6 ∗ 103 kg/m3, densità dell’acqua ρ =

103kg/m3, pressione atmosferica p0 = 1.013 ∗ 105Pa)

soluzione

Applichiamo il teorema di Bernoulli tra il punto 1 e il punto 2

p1 + 12ρV 2

1 = p2 + 12ρV 2

2

la portata è costante

Q = π(d1

2

)2V1 = π

(d2

2

)2V2

V2 =(d1

d2

)2

V1,

se indichiamo con H1 = 14 cm la differenza di quota tra il ramo a sinistrae quello a destra dei vasi comunicanti tra il punto 1 e il punto 2 si ha(

ρHg − ρ)∗ g ∗H1 = p1 − p2 = 1

2ρ

((d1

d2

)4

− 1

)V 2

1

p1 − p2 = 12.568 ∗ 103 ∗ 9.81 ∗ 14 ∗ 10−2 = 17261 Pa

e si ricava V1

173

V1 =

√(ρHg−ρ)∗g∗H1

12ρ

((d1d2

)4−1

) =√

12.6∗103∗9.81∗14∗10−2

12

103(( 30

25)4−1

) = 5.68 m/s

La portata vale

Q = π(d1

2

)2V1 = π

(30∗10−2

2

)2

∗ 5.68 = 0.40 m3/s

Tra il punto 2 e il punto 3 la sezione non cambia e la quota è la stessaquindi

p2 = p3

Indichiamo con H3 = 10 cm l’altezza del mercurio nel tubo immerso nellabacinella e con H ′3 = 1 m l’altezza della colonna d’acqua soprastante

La pressione p3 sarà data dalla pressione atmosferica diminuita dellapressione esercitata dalla colonna di acqua e mercurio

ρHg ∗g ∗H3 +ρ∗g ∗H ′3 = 9.81 (13.568 ∗ 103 ∗ 10 ∗ 10−2 + 103 ∗ 1) = 23120Pa

e quindi

p3 = (1.013 ∗ 105 − 23120)Pa = 78180 Pa

p1 = p2 + 17261 Pa = (78180 + 17261)Pa = 95441 Pa

174

16/09/20

Un atleta di massa M = 70 kg beve m = 450 g di acqua a 2 ◦C. (a) Cal-colare l’aumento di entropia del sistema supponendo che il corpo dell’atletanon si raffreddi. (b) Supponendo che invece il corpo dell’atleta sia raffredda-to dall’acqua, e ipotizzando che il suo calore specifico sia uguale a quellodell’acqua, calcolare la variazione di entropia. Confrontare i due risultati.

soluzione

(a) Il corpo dell’atleta si comporta come una sorgente ideale di calore,e rimane a temperatura costante. Il calore scambiato tra atleta ed acqua èperciò il calore necessario per scaldare l’acqua da 2 ◦C a 37 ◦C. Sapendo cheil calore specifico c dell’acqua è 4186 J/kgK, si ottiene che

Qc = −mc (Tc − Ta)

dove Tc = 310.15 K e Ta = 275.15 KPoiché il corpo cede calore a temperatura costante, la sua variazione di

entropia ∆Sc è data da:

∆Sc = QcTc

= −0.45∗4186∗35310.15

JK

= −212.57 JK.

Per calcolare la variazione di entropia dell’acqua∆Sa occorre tenere contodel fatto che la sua temperatura cambia; pertanto si ha che

∆Sa =

Tc∫Ta

macdTT

= mac ln TcTa

= 0.45 ∗ 4186 ∗ ln 310.15275.15

JK

= 225.55 JK

Quindi l’aumento di entropia del sistema è dato da ∆Stot

∆Stot = ∆Sc + ∆Sa = 12.98 JK.

(b) Se anche il corpo cambia temperatura, occorre innanzitutto trovarela temperatura finale di equilibrio. Si deve richiedere che il calore ceduto dalcorpo Qc sia uguale, cambiato di segno, al calore assorbito dall’acqua Qa, equindi:

Mc (Tf − Tc) = −mc (Tf − Ta)da cui si ricava la temperatura finale Tf :

Tf = MTc+mTaM+m

= 70∗310.15+0.45∗275.1570.45

K = 309.93 K

Per ricavare gli aumenti di entropia ∆S ′a e ∆S ′c, occorrerà integrare comenel punto (a).

175

∆S ′a =

Tf∫Ta

mcdTT

= mc lnTfTa

= mc lnTfTa

= 0.45 ∗ 4186 ln 309.93275.15

JK

= 224.22 JK

∆S ′c =

Tf∫Tc

McdTT

= Mc lnTfTa

= 70 ∗ 4186 ln 309.93310.15

JK

= −207.92 JK

e quindi ∆S ′tot = (224.22− 207.92) JK

= 16.3 JK> ∆Stot del caso (a).

176

16/09/20

Una macchina termica compie un ciclo di Carnot e a ogni ciclo compie illavoro W = 40 kJ . Il rendimento vale 0.35 e la temperatura della sorgentefredda è 40 ◦C, si determinino:a) la temperatura della sorgente calda;b) le quantità di calore scambiate;c) la variazione di entropia delle due sorgenti.

soluzione

Nel ciclo di Carnot il rendimento è

η = 1− T1

T2,

dove T1 = (273.15 + 40)K è la temperatura della sorgente fredda

quindi la temperatura della sorgente calda T2 vale

T2 = T1

1−η = 273.15+400.65

K = 481.77 K

per il rendimento η si ha

η = WQ2

e quindi il calore assorbito Q2 in un ciclo è

Q2 = Wη

= 40∗103

0.35J = 1.143× 105J

d’altra parte, per il primo principio, il calore ceduto Q1 vale

Q1 = W −Q2 = (40 ∗ 103 − 1.143× 105) J = −74300 J

Le due sorgenti di calore avranno, in modulo, la stessa variazione dientropia

∆S1 = −Q1

T1= 74300

273.15+40JK

= 237.27 JK

= −∆S2

177

16/10/27

I due rami di un manometro differenziale ad acqua sono collegati allesezioni di estremità di un tubo convergente, aventi, rispettivamente, diametrodi 60 mm e di 40 mm, in cui defluisce una portata d’aria di 45 l/s allapressione di 110 kPa e alla temperatura di 50 ◦C. Essendo, in tali condizioni,la densità dell’aria pari a ρg = 1.19 kg/m3, calcolare il dislivello ∆ tra imenischi nei due rami del manometro.

soluzione

Applicando il teorema di Bernoulli tra la sezione 1, di diametro d1 = 60mm, e la sezione 2, di diametro d2 = 40 mm, alle quali sono collegati i duerami del manometro, essendo trascurabili nei gas le differenze di pressionedovute alle differenze di quota in quanto fluidi di bassa densità, si ha

p1 + 12ρgV

21 = p2 + 1

2ρgV

22

dove ρg è la densità dell’aria e V1 e V2 sono le velocità dell’aria nelle duesezioni, per cui la differenza di pressione tra le due sezioni è

p1 − p2 = 12ρgV

22 − 1

2ρgV

21

Poichè i rami del manometro differenziale sono collegati alla correntetramite due prese statiche, lo strumento misura proprio la differenza dipressione p1 − p2 , per cui

p1 − p2 = ρg∆

dove ρ = 1000 kg/m3 è la densità dell’acqua. Pertanto, essendo rispetti-vamente :

178

A1 = 14πd2

1 = 14π (0.06)2m3 = 2.83× 10−3m2

e A2 = 14πd2

2 = 14π (0.04)2m3 = 1.26× 10−3m2

le aree delle due sezioni, Q = A1V1 = A2V2 la portata e ρg = 1.19 kg/m3

la densità dell’aria, si ha

∆ = p1−p2

ρg= 1

2ρgρg (V 2

2 − V 21 ) = 1

2ρgρgQ

2(

1A2

2− 1

A21

)=

12∗1000∗9.81

(1.19) (0.045)2(

1(1.26×10−3)2 − 1

(2.83×10−3)2

)m = 6.202 7× 10−2m

V1 = Q/A1 = 45 ∗ 10−3/ (2.83× 10−3)m/s = 15.901 m/sV2 = Q/A2 = 45 ∗ 10−3/ (1.26× 10−3)m/s = 35.714 m/s

p1 − p2 = (1.19) (0.045)2(

1(1.26×10−3)2 − 1

(2.83×10−3)2

)= 1217.0 Pa

179

16/10/27

Una macchina termica reversibile lavora tra una sorgente a t1 = 70 ◦C, euna massa di gas costituita da n = 50 mol di azoto a temperatura t2 = 300◦C. Dopo un lungo periodo di tempo la temperatura dell’azoto si abbassa at1.1) Quanto calore viene ceduto dall’azoto?2) Quanto vale la variazione totale di entropia dell’azoto?3) Quanto lavoro compie la macchina?4) Calcolare il rendimento complessivo5) Quale sarebbe il rendimento della macchina se la massa di azoto fosse

molto grande?

soluzione

1) Q = nCV (T1 − T2) = −50 ∗ 2.5 ∗ 8.314 ∗ 270 J = −2.8× 105 J

2) Per una variazione infinitesima dT dS = dQ/T = nCV dT/T

quindi la variazione totale dell’entropia dell’azoto è

∆S = nCV ln T1

T2= 50 ∗ 8.314 ln 343.15

573.15J/K = −213.25 J/K

3) Il rendimento istantaneo della macchina dipende dalla temperaturaistantanea T dell’azoto e vale:

η = dWdQ

= 1− T1

T, dove dQ = nCV dT, e quindi il lavoro totale fatto dalla

macchina è

W =∫ T2

T1

(1− T1

T

)nCV dT = nCV

((T2 − T1)− T1 ln T2

T1

)=

50 ∗ 2.5 ∗ 8.314(270− 343.15 ln 573.15

343.15

)J = 97659 J

4) Il rendimento vale η = WQ

=nCV

((T2−T1)−T1 ln

T2T1

)nCV (T2−T1)

= 1−T1 ln

T2T1

T2−T1=

976592.8×105 = 0.35

5) Se la massa d’azoto fosse molto grande la temperatura dell’azoto noncambierebbe e quindi

η′ =(

1− T1

T2

)= 1− 343.15

573.15= 0.4

180

16/10/27

Una mole di gas ideale si espande adiabaticamente dallo stato A (pA, VA)a B (pB, VB), quindi viene compresso a pressione costante fino a raggiungereil volume iniziale. Alla fine con una trasformazione isocora ritorna allo statoiniziale, tutte le trasformazioni sono reversibili.

dimostrare che il lavoro compiuto nel ciclo vale η = 1− γVBVA−1

pApB−1

soluzione

Il rendimento è η = WQass

dove W è il lavoro compiuto nel ciclo e Qass è ilcalore assorbito.

W =

VB∫VA

pdV + pB (VA − VB) = CV (TA − TB) + pB (VA − VB)

usando l’equazione dei gas ideali (per una mole) pV = RT, e la definizionedi γ = CP/CV si ottiene

W = 1γ−1

(pAVA − pBVB) + pB (VA − VB)

il calore è assorbito tra C ed AQass = QCA = CV (TA − TB) = CV(PAVAR− PBVB

R

),

ma VA = VB e quindi

QCA = VAγ−1

(pA − pB)

e quindi η = WQCA

=1

γ−1(pAVA−pBVB)+pB(VA−VB)

VAγ−1

(pA−pB)=

1VApA−VApB (VApA − VApB + γVApB − γVBpB) =

1− γVBVA−1

pApB−1

181

(02/07/18) Una mole di gas ideale passa dallo stato A allo stato B...

Documents

Transcript of (02/07/18) Una mole di gas ideale passa dallo stato A allo stato B...