Scritto di Termodinamica - 22 febbraio 2017

Primo problema

Un serbatoio di 3 m x 4 m viene alimentato da una falda sotterranea.Contemporaneamente, viene svuotato attraverso una tubazione del diametrodi 5 cm. Calcolare la portata di alimentazione, sapendo che, quando lavelocità media nella tubazione di scarico è di 5 m/s, il livello della superficielibera aumenta di 1.5 cm/min.

Soluzione

Per continuità, la differenza tra massa entrante Qme e massa uscenteQmu nell’unità di tempo è uguale alla variazione nell’unità di tempo dellamassa m contenuta nel serbatoio. Per cui

Qme −Qmu = dmdt

Essendo l’acqua un fluido a densità costante, la relazione precedentevale anche con riferimento ai volumi. Pertanto, la differenza tra volumeentrante Qe e volume uscente Qu nell’unità di tempo è uguale alla variazionenell’unità di tempo del volume di liquido W contenuto nel serbatoio. Cioè

Qe −Qu = dWdt

La portata uscente, essendo Vu = 5m/s la velocità media nel tubo discarico, di diametro Du = 0.05 m, risulta

Qu = VuπD2

u4 = 5π∗0.05

2

4 = 9.82× 10−3m3/s

Il livello del liquido nel serbatoio, di sezione trasversale di area A, au-menta con velocità Vr = 1.5 cm/min, per cui la variazione del volume Wnell’unità di tempo è

dW/dt = A ∗ Vr = 3 ∗ 4 ∗ 0.015/60 m3/s = 0.003m3/s

Conseguentemente

Qe = Qu + dW/dt = 9.82× 10−3m3/s+ 0.003m3/s = 0.013 m3/s

1

Secondo problema

Una macchina termica irreversibile opera tra due sorgenti, una a tem-peratura t1 = 0 ◦C e l’altra a temperatura t2 = 273.15 ◦C, producendo inun ciclo un lavoro W e assorbendo dalla sorgente 2 una quantità di caloreQ′2 e cedendo alla sorgente 1 la quantità di calore Q

′1.Tra le stesse sorgenti

opera anche una macchina frigorifera reversibile che, utilizzando il lavoroW prodotto dalla prima macchina, assorbe dalla sorgente 1 una quantità dicalore Q1 = 1000 cal e cede alla sorgente 2 una quantità di calore Q2.uguale,in modulo, alla metà del calore Q′2. Determinare:

1) Il rendimento η′ della macchina irreversibile2) I lavori compiuti e i calori scambiati tra le sorgenti e le macchine in

un ciclo.2) La variazione dell’entropia complessiva delle sorgenti in un ciclo .

Soluzione

Il rendimento della macchina irreversibile è pari a

η′ = WQ′2

ma poichè Q′2/Q2 = −2,possiamo scrivere (denotando con η il rendi-mento di una macchina reversibile che lavori tra 1 e 2, assorbendo unaquantità di calore Q2 e producendo un lavoro W )

η′ = W(−2Q2) = η

2

questa macchina è la macchina di Carnot che, usata al contrario, cor-risponde al frigorifero reversibile e il cui rendimento vale

η = 1− T1T2

= 1− 273.15546.3 = 0.5

pertanto il rendimento della macchina irreversibile è

η′ = 0.5 ∗ 0.5 = 0.25

per la macchina reversibileQ1T1

+ Q2T2

= 0⇒ Q2 = −T2T1Q1 = −2 ∗ 1000 cal = −2000 cal

e quindi il lavoro compiuto per far funzionare il frigorifero reversibilesarà:

W = Q1 + Q2 = −1000 cal (è il lavoro prodotto dalla macchina irre-versibile cambiato di segno)

Le quantità di calore scambiate saranno

Q1 = 1000 cal (è un dato iniziale) ceduto dalla sorgente 1 al frigorifero

2

Q2 = W +Q1 = −2000 cal ceduto alla sorgente 2 dal frigorifero

Q′2 = −2Q2 = 4000 cal ceduto dalla sorgente 2 alla macchina irreversibile

Q′1 = W − Q′2 = −3000 cal ceduto dalla macchina irreversibile allasorgente 1

la variazione di entropia complessiva delle due sorgenti in un ciclo saràprodotta solo dalla macchina irreversibile

∆Ssorg = −Q′1T1− Q′2

T2=(12561273.15 −

16748546.15

)J/K = 15.3 J/K

3

Terzo problema

0.5 mol di gas ideale monoatomico sono allo stato iniziale d’equilibrio inun recipiente di volume V1, a pressione p1 = 1 atm e a temperatura t1 = 20◦C uguale alla temperatura dell’ambiente. Il volume viene aumentato rapi-damente fino a V2 = 3V1 e il sistema lasciato in quiete in modo da raggiun-gere un nuovo stato d’equilibrio. Successivamente una trasformazione iso-cora reversibile riscalda il gas fino alla tempe—ratura iniziale t1 fornendo al gas il calore Q = 890 J . Infine con una com-pressione isoterma reversibile il gas ritorna allo stato iniziale. Determinare:

1) La variazione d’entropia del gas nella prima trasformazione.2) Il lavoro complessivo compiuto dal gas in un ciclo.3) La variazione d’entropia dell’ambiente in un ciclo

soluzione

Calcoliamo V1 e V2V1 = nRT1

p1= 0.5∗8.314∗293.15

1.013∗105 m3 = 12 dm3, V2 = 3V1 = 36 dm3

Il calore assorbito dal gas nella isocora reversibile vale

Q = ncV (T1 − T2)

e quindi

T2 = T1 −Q/ncV = 293.15− 890/(0.5 ∗ 1.5 ∗ 8.314)K = 150.4 K

La variazione d’entropia nella prima trasformazione è

∆S12 = ncV ln T2T1

+nR ln V2V1

= 0.5 ∗ 8.314 ∗(1.5 ∗ ln 150.4

293.15 + ln 3)J/K =

0.405 J/K

Nella prima trasformazione rapida non c’è scambio di calore con l’ambiente.Nella compressione isoterma il calore ceduto dal gas è

Q31 = nRT1 ln V1V3

= 0.5 ∗ 8.314 ∗ 293.15 ln 13 = −1339 J

Il lavoro totale (negativo) compiuto dal gas è pari al calore cedutoall’ambiente

W = Q+Q31 = (890.12− 1339) J = −448.9 J

Quindi la variazione d’entropia dell’ambiente vale

∆Samb = − (Q+Q31) /T1 = (448.9/293.15) J/K = 1.53 J/K

4

Scritto di Termodinamica - 19 giugno 2017

Primo problema

Un tronco di cono di altezza h, raggio di base inferiore R1, raggio di basesuperiore R2 e densitá ρ aderisce perfettamente al fondo di un recipiente. Ilrecipiente é riempito fino al livello L > h di un liquido di densitá ρL > ρ .Determinare per quale valore massimo di R2/R1 l’oggetto rimane sul

fondo.

soluzione

Se il corpo non aderisse al fondo, le forze agenti su di esso sarebberosolo la forza peso e la spinta di Archimede. Nella situazione considerata énecessario sottrarre la spinta dovuta alla pressione sulla base e aggiungere lareazione vincolare N del fondo del recipiente. Abbiamo quindi all’equilibrio(V è il volume del corpo)

(ρL − ρ)V g − ρLgLπR21 +N = 0

e per non avere distacco é necessario che N > 0. Questo significa

ρLgLπR21 > (ρL − ρ)V g

ρLgLπR21 > (ρL − ρ) g h

3π (R2

1 +R22 +R1R2)

da cui

1 + R2R1

+R22R21< 3L

hρLρL−ρ

Questo significa che il rapporto R2/R1 non deve essere troppo grande,più esattamente

R2/R1 < −12

+√

3Lh

ρLρL−ρ

− 34

Notare che per ρL < ρ il corpo rimane sempre sul fondo.

1

Secondo problema

Un recipiente adiabatico a forma di prisma retto è diviso in due partiseparate da una parete verticale diatermica Le due parti di sezioni orizzon-tali rispettivamente S1 e S2, contenenti rispettivamente n1 = 6 mol di gasideale monoatomico e n2 = 2 mol di gas ideale biatomico, sono delimitatesuperiormente da due pistoni adiabatici, liberi di scorrere senza attrito, dimassam1 em2. Lo stato iniziale è d’equilibrio e i pistoni si trovano alla stessaaltezza h0 rispetto alla base. Trascurare la pressione esterna, determinare:1) il rapporto m1/m2

2) La variazione della temperatura se si fornisce reversibilmente al sistemauna quantità di calore uguale a 1400 cal.3) Il rapporto tra le variazioni di altezza dei due pistoni ∆h1/∆h2 causate

dalla trasformazione precedente.

soluzione

Dette p1 e p2 le pressioni delle due parti, e T0 la temperatura iniziale delsistema, le equazioni di stato si scrivono

p1S1h0 = n1RT0, p2S2h0 = n2RT0

da cui si ricavap1S1p2S2

= n1n2

Poichè i pistoni sono in equilibrio dovrà essere

m1g = p1S1 e m2g = p2S2

e quindim1

m2= n1

n2= 3.

2) La trasformazione è reversibile, quindi deve essere isobara, il calore Qtotale assorbito dai gas sarà:

Q = Q1 +Q2 = (n1cp1 + n2cp2) ∆T

dove cp1 = 52R e cp2 = 7

2R

perciò ∆T = Qn1cp1+n2cp2

= 1400∗4.186(15+7)8.314

K = 32.04 K

3) Il lavori compiuti dai due gas valgono rispettivamente

W1 = p1S1∆h1 e W2 = p2S2∆h2

Le variazioni di energia interna per i gas valgono

2

∆U1 = n1cv1∆T e ∆U2 = n2cv2∆T

e dal primo principio si ricava

W1 = Q1 −∆U1 = n1R∆T e W2 = Q2 −∆U2 = n2R∆T

e quindiW1

W2= n1

n2= p1S1∆h1

p2S2∆h2= m1

m2(∆h1/∆h2)

∆h1/∆h2 = n1n2

m2

m1= 1

3

Terzo problema

Un gas ideale poliatomico (n = 1.5 mol, cp = 4R) che si trova inizialmentein uno stato d’equilibrio con pressione pA = 3 atm e VA = 20 l, segue unciclo composto dalle seguenti trasformazioni:1) A→ B : espansione isobara reversibile fino a un volume VB = 2VA2) B → C : espansione adiabatica reversibile fino a un volume VC = 3VA3) C → A : compressione politropica reversibile pV k = cost. fino a

tornare in A1) Disegnare il ciclo nel piano pV2) Calcolare i valori di p,V,T in A,B,C3) Determinare l’esponente k della politropica e la corrispondente vari-

azione d’entropia del gas.4) Calcolare il lavoro compiuto dal gas in un ciclo e valutare il rendimento

del ciclo.

soluzione

La temperatura dello stato iniziale è

TA = pAVAnR

= 3∗1.013∗105∗20∗10−3

1.5∗8.314= 487.37

nell’espansione isobara

pB = pA,TAVA

= TBVB⇒ TB = VB

VATA = 2 ∗ 487.37 = 974.74 K

da B a C il sistema segue l’adiabatica e quindi

pBVγB = pCV

γC ⇒ pC =

(VBVC

)γpB =

(23

)4/33∗1.013∗105Pa = 1.77×105Pa

TC = pCVCnR

= 1.77×105∗60∗10−3

1.5∗8.314= 851.58 K

Gli stati C e A appartengono alla stessa politropica pV k = cost.e quindi

pAVkA = pCV

kC ⇒

(VCVA

)k= pA

pC⇒ k =

ln(pApC

)ln(VCVA

) =ln( 3∗1.0131.77 )

ln(3)= 0.49

Per il calcolo della variazione d’entropia ∆SCA sfruttiamo il fatto che inun ciclo la variazione d’entropia del gas è nulla, quindi, poichè nell’adiabaticaBC ∆SBC = 0, si ha

∆SCA = −∆SAB = −∫ BA

dQT

= −ncp∫ TBTA

dTT

= −ncp ln(TBTA

)=

−4nR ln 2 = −6 ∗ 8.314 ln 2 = −34.6 J/K

Calcoliamo i lavori compiuti nel ciclo:

4

WAB = pA(VB − VA) = pAVA = nRTA = 1.5 ∗ 8.314 ∗ 487.37 = 6078 J

WBC = 11−γ (pCVC − pBVB) = −3nR (TC − TB) =

−3 ∗ 1.5 ∗ 8.314 (851.58− 974.74) J = 4608 J

WCA = 11−k (pAVA − pCVC) = 1

1−knR (TA − TC) =

10.51

1.5 ∗ 8.314 (487.37− 851.58) = −8906 J

Il lavoro totale valeW = WAB+WBC+WCA = (6078 + 4608− 8906) J =1780 J

il rendimento è dato da η = WQAB

dove il calore QAB vale

QAB = ncp (TB − TA) = 1.5 ∗ 4 ∗ 8.314(487.37)J = 24312 J =

e quindi

η = 178024312

= 0.07

5

Scritto di Termodinamica 19/07/2017

primo problema

Un grande serbatoio alimenta, tramite una tubazione di 50 mm di dia-metro, un piccolo serbatoio, inizialmente vuoto, dal cui fondo fuoriesce, untronchetto di tubazione del diametro di 50 mm. Tra la sezione di sboccosul fondo del serbatoio e la superficie libera del serbatoio di alimentazione ildislivello è di 5 m. Calcolare quale valore dell’altezza d’acqua si stabiliscenel serbatoio piccolo in condizioni stazionarie.

soluzioneNelle ipotesi di moto permanente e di fluido incomprimibile, tra un punto

del liquido all’interno del serbatoio grande, alla quota zm della superficielibera rispetto ad un generico piano di riferimento, e la sezione u di sboccodella tubazione che alimenta il serbatoio piccolo, la cui quota è pari allaquota zv incognita della superficie libera del serbatoio piccolo, per il teoremadi Bernoulli, si ha

gzm = gzv + V 2u2

Analogamente, tra un generico punto del liquido all’interno del serbatoiopiccolo, alla quota zv della superficie libera, e la sezione s di sbocco deltronchetto di tubazione che fuoriesce dal serbatoio piccolo, dove la pressioneè quella atmosferica, per il teorema di Bernoulli, si ha

gzv = gzs + V 2s2

In condizioni stazionarie, la portata in ingresso nel serbatoio piccolo deveessere uguale a quella in uscita. Essendo uguali i diametri della tubazioneche alimenta il serbatoio e della tubazione da cui il liquido defluisce, affi nchèsiano uguali le portate deve valere la condizione

Vs =√

2g(zm − zv) = Vu =√

2g(zv − zs)da cui

zm − zv = zv − zszv = 1

2(zm + zs)

Quindi, in condizioni stazionarie, il livello nel serbatoio piccolo si portaad una quota che è la media tra quella del serbatoio grande e quella della

1

sezione di sbocco del tubo che fuoriesce dal serbatoio piccolo. Introducendoil dislivello ∆h = zm − zs si ha

zv = 12

(zm + zs) = zm − ∆h2

Nel caso in esame, trascurando il dislivello tra il fondo del serbatoio pic-colo e la sezione di sbocco s, si ha ∆h = 5 m. Pertanto, in condizionistazionarie, il serbatoio piccolo sarà pieno per un’altezza di 2.5 m

secondo problema

Un gas ideale biatomico compie un ciclo reversibile: prima una espansioneisobara da A a B, e una espansione adiabatica fino a C; successivamente conuna compressione isobara e una compressione adiabatica il gas torna allostato iniziale passando per uno stato D.1) Disegnare il ciclo nel piano pV2) Determinare il rendimento del ciclo in funzione di pA e pC (pA = 2 pC)3) Quale temperatura è più alta e quale è la più bassa durante il ciclo?4) Mostrare che un ciclo di Carnot operante tra queste due temperature

ha un rendimento maggiore di quello del ciclo considerato.

soluzione

Il calore è scambiato nelle due isobare e quindi il rendimento della macchinavale:

η = 1 + QCDQAB

= 1 − TC−TDTB−TA = 1 − TD

TA

TCTD

−1

TBTA−1

= 1 − TDTA

= 1 −(pCpA

) γ−1γ

=

1− 0.51.4−11.4 = 0.18

perchè nelle adiabatiche

TAP1−γγ

A = TDP1−γγ

D

TBP1−γγ

B = TCP1−γγ

C

ma pA = pB e pC = pD e quindi TCTD

= TBTA

Dalle equazioni di stato e dalle equazioni delle adiabatiche si vede che latemperatura massima è TB e la minima è TD.Il rendimento della macchina di Carnot è

ηC = 1− TDTB

> 1− TDTA

= η perchè TA > TB.

2

terzo problema

Un gas ideale biatomico (n = 2 mol) occupa il volume VA alla pressionedi 1 atmosfera e alla temperatura di 300 K, successivamente percorre un cicloreversibile con una trasformazione isoterma fino a uno stato B con volumeVB = 2VA, una isocora fino a C con pC = pA

4, e infine, con una politropica(

pV k = cost)ritorna allo stato iniziale. Disegnare il ciclo nel piano pV e

determinare:1) I valori di VA, pB, TC e l’esponente k della politropica.2) Il lavoro complessivo compiuto nel ciclo e il rendimento del ciclo.3) La variazione d’entropia del gas lungo la politropica e il valore del

calore specifico nella politropica.

soluzione

Il volume dello stato iniziale è

VA = nRTApA

= 2∗8.314∗3001.013∗105

m3 = 4.92× 10−2 m3

La pressione pB = pAVAVB

= 1.013∗105

2Pa = 50650 Pa

La temperatura TC = pA4nR

(2VA) = pAVA/2nR = TA/2 = 150 K

Tra C e A la trasformazione è politropica e quindi

pCVkC = pAV

kA ⇒ pA

pC=(VCVA

)k⇒ k =

ln(pApC

)ln(VCVA

) = ln 4ln 2

= 2.0

Il lavoro compiuto dal gas in un ciclo è pari a

W = WAB +WCA

dove WAB = nRTA ln(VBVA

)= 2 ∗ 8.314 ∗ 300 ln 2 J = 3457.7 J

eWCA =

VA∫VC

pdV =

VA∫VC

pAVkAV

−kdV = V kApA

∫ VAVC

V −k dV = V kApA

[V 1−k

1−k

]VAVC

=

V 2ApA

[1VC− 1

VA

]= pCVC − pAVA = nR [TC − TA] = 2 ∗ 8.314 (−150) J =

−2494.2 J

e quindi W = (3457.7− 2494.2) J = 963.5 J

Il rendimento η è dato da WQAB+QCA

dove QCA è il calore assorbito lungo la politropica

3

con QAB = WAB

Per calcolare la variazione d’entropia tra C ed A è suffi ciente integrare larelazione:

dS = ncVdTT

+ nRdVV⇒ SA − SC = ncV ln

(TATC

)+ nR ln

(VAVC

)=

3 ∗ 8.314 ln 2 J/K = 17.288 J/K

Per calcolare il calore specifico c lungo la politropica TV k−1 = cost,poichè

dQ = ncV dT + pdV = ncV dT + nRTVdV

differenziando lungo la politropica si ottiene:

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

VTdT

e sostituendo nella relazione precedente si ha

dQ = n(cV + RT

V

(− 1k−1

VT

))dT = n

(cV − R

k−1

)dT

e perciò c = cV − Rk−1

= 52R−R = 3

2R,

posso allora calcolare il calore QCA = nc (TA − TC) = 2 ∗ 32R (TA − TC) =

3 ∗ 8.314 ∗ 150 = 3741.3 J

Il rendimento vale quindi

η = WQAB+QCA

= 963.53457.7+3741.3

= 0.14

4

Scritto di Termodinamica 20/09/2016

Primo problema

Nella tubazione in figura scorre acqua. Supponendo il fluido perfetto, deter-minare la portata Q ed il valore della pressione nelle sezioni 1, 2 e 3, sull’assedella 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

21 = p2 + 1

2ρV22

la portata è costante

Q = π(d12

)2V1 = π

(d22

)2V2

V2 =(d1d2

)2V1,

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

ρHg − ρ)∗ g ∗H1 = p1 − p2 = 1

2ρ

((d1d2

)4− 1

)V 21

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

e si ricava V1

1

V1 =

√(ρHg−ρ)∗g∗H1

12ρ

((d1d2

)4−1) =

√12.6∗103∗9.81∗14∗10−2

12 10

3(( 3025 )

4−1) = 5.68 m/s

La portata vale

Q = π(d12

)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 stessa quindi

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 della pres-sione esercitata dalla colonna di acqua e mercurio

ρHg ∗ g ∗H3 + ρ ∗ g ∗H ′3 = 9.81(13.568 ∗ 103 ∗ 10 ∗ 10−2 + 103 ∗ 1

)= 23120

Pa

e quindi

p3 =(1.013 ∗ 105 − 23120

)Pa = 78180 Pa

p1 = p2 + 17261 Pa = (78180 + 17261)Pa = 95441 Pa

2

secondo problema

Un atleta di massa M = 70 kg beve m = 450 g di acqua a 2 ◦C. (a)Calcolare l’aumento di entropia del sistema supponendo che il corpo dell’atletanon si raffreddi. (b) Supponendo che invece il corpo dell’atleta sia raffreddatodall’acqua, e ipotizzando che il suo calore specifico sia uguale a quello dell’acqua,calcolare la variazione di entropia. Confrontare i due risultati.

soluzione

(a) Il corpo dell’atleta si comporta come una sorgente ideale di calore, erimane a temperatura costante. Il calore scambiato tra atleta ed acqua è perciòil calore necessario per scaldare l’acqua da 2 ◦C a 37 ◦C. Sapendo che il calorespecifico 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 = Qc

Tc= − 0.45∗4186∗35

310.15JK = −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 Tc

Ta= 0.45 ∗ 4186 ∗ ln 310.15

275.15JK = 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 trovare latemperatura finale di equilibrio. Si deve richiedere che il calore ceduto dal corpoQc sia uguale, cambiato di segno, al calore assorbito dall’acqua Qa, e quindi:

Mc (Tf − Tc) = −mc (Tf − Ta)

da cui si ricava la temperatura finale Tf :

Tf = MTc+mTaM+m = 70∗310.15+0.45∗275.15

70.45 K = 309.93 K

Per ricavare gli aumenti di entropia ∆S′a e ∆S′c, occorrerà integrare comenel punto (a).

∆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).

3

terzo problema

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− T1T2,

dove T1 = (273.15 + 40)K è la temperatura della sorgente fredda

quindi la temperatura della sorgente calda T2 vale

T2 = T11−η = 273.15+40

0.65 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

0.35 J = 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 di entropia

∆S1 = −Q1

T1= 74300

273.15+40JK = 237.27 JK = −∆S2

4

Termodinamica - scritto del 7/11/2017

primo problema

Un recipiente cilindrico verticale di sezione orizzontale S è riempito �noad una altezza h1 di acqua e per la parte rimanente di vapore saturo. Sulfondo è praticato un foro di sezione S1 � S, collegato ad una conduttura chenel tratto �nale riduce la sua sezione a S2 < S1. Fornendo calore al sistema simantiene la pressione del vapore ad un valore p. Nella conduttura si innestaun cilindro verticale aperto M, come in �gura. I diametri della condutturasono tutti di lunghezza trascurabile rispetto ad h1.

1. Che altezza h2 raggiunge l�acqua nel cilindro M se l�apertura di sezioneS2 è mantenuta chiusa?2. Si apre adesso la conduttura, e in breve tempo si raggiunge lo stato

stazionario. Calcolare la nuova altezza h2 del liquido in M e la velocità conla quale l�acqua esce dalla conduttura.3. Detta V la velocità calcolata al punto precedente, calcolare quanto

calore è necessario fornire al sistema per unità di tempo per mantenere lecondizioni stazionarie.Indicare con � = 3:3 � 105 J=kg il calore latente di evaporazione, con

�V = 0:6 kg=m3 la densità del vapore e con � = 103 kg=m3 la densitàdell�acqua.Esprimere numericamente tutte le grandezze richieste quando

p = 12patm; h1 = 10 m; S1 = 30 cm

2; S2 = 10 cm2:

Soluzione

1) In questo caso la pressione sul fondo è la stessa ovunque e deve essere

1

p+ �gh1 = patm + �gh2

e quindi

h2 = h1 +P�Patm�g

= h1 � Patm2�g

= 10 m� 1:013�1052�103�9:81m = 4:84 m

2) A conduttura aperta, detta V1 la velocità nel tratto di sezione S1 dalteorema di Bernoulli segue che

p+ �gh1 = patm + �gh2 +12�V 21 = patm +

12�V 2

e dalla conservazione della massa

S1V1 = S2V

Risolvendo abbiamo

V =q

2(p+�gh1�patm)�

=q

2�gh1�patm�

=q

2�103�9:81�11:3�1:013�105103

m=s = 11

m=s

h2 =V 2

2g

�1�

�S2S1

�2�= (11)2

2�9:8�1� 1

9

�m = 5:49 m

3) Dato che la sezione S è molto grande possiamo considerare h1 costante.Man mano che il liquido de�uisce è necessario rimpiazzarlo con nuovo vaporesaturo, per mantenere costante la pressione p. La massa di vapore da creareper unità di tempo è

�V V S2

che corrisponde alla massa di liquido da far evaporare. Quindi il caloreda fornire in un secondo è

Q = ��V V S2 = 3:3 � 105 � 0:6 � 11 � 10 � 10�4 J = 2178 J

2

secondo problema

Una macchina frigorifera esegue un ciclo utilizzando due moli di gas per-fetto monoatomico che inizialmente si trovano in uno stato caratterizzato dap1 = 2 atm e V1 = 10 l. Il gas viene ra¤reddato a volume costante �nchèla pressione non diventa uguale a metà del valore iniziale e successivamenteviene scaldato a pressione costante �no a V3 = 3V1. In�ne il gas viene ri-portato allo stato iniziale lungo la trasformazione rettilinea che congiungedirettamente lo stato 3 con lo stato 1. Calcolare:a) i parametri termodinamici mancanti e disegnare il ciclo nel piano

(p; V );b) lavoro e calore in ognuna delle tre trasformazioni;c) l�e¢ cienza della macchina frigorifera che esegue il ciclo;d) la variazione di entalpia lungo la trasformazione lineare.

Soluzione

a) T1 = p1V1=nR = 121:84 K; T2 = 1=2T1 = 60:92K; T3 = (3=2)T1 =182:76K

b) Per l�isocora W12 = 0;

per l�isobara W23 = p2(V3 � V2) = 1:013 � 105 (20 � 10�3) J = 2026 Jnella trasformazione rettilinea W31 = � (p1 + p3) (V3 � V2) =2 = �3039 J

Le quantità di calore scambiate valgono:

Q12 = ncV (T2 � T1) = �2 � 1:5 � 8:314 � 60:92 = �1519:5 JQ23 = ncp(T3 � T2) = 2 � 2:5 � 8:314 � 121:84 = 5064:9 > 0Q31 = �U31 + W31 = ncV (T1 � T3) + W31 = (�1519:5� 3039) J =

�4558:Jc) Il calore assorbito vale Qass = Q23

3

il lavoro totale compiuto sul sistema è W = W23 +W31 = �1013 Jl�e¢ cienza del frigorifero è � = Qass= j W j= 5d) la variazione di entalpia tra 3 e 1

�H31 = �(U + PV )31 = ncV (T1 � T3) + nR(T1 � T3) =ncp(T1 � T3) = 2532:4 J

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terzo problema

Una mole di gas perfetto monoatomico compie un ciclo reversibile cos-tituito dalle seguenti trasformazioni: AB espansione isoterma da VA = 2 la VB = 10 l; BC compressione isobara �no a VC = 4 l; CD compressioneadiabatica �no a pD = 12:7 atm; DA compressione isocora �no a pA = 20atm:a) Determinare le altre coordinate termodinamiche dei punti del ciclob) Disegnare il cicloc) Calcolare il rendimento del ciclod) Calcolare la variazione di entropia per ogni trasformazione.

Soluzione

n = 1; = 5=3

a) per A si trova TA = pAVA=R = 20 � 2 � 101:13=8:314 = 486:55 Kper B: pB = pAVA=VB = (20 � 2=10) � 1:013 � 105Pa = 4:052� 105Paper C: TC = VCTB

VB= 4

10486:55 K = 194:62 K

per D TD = TC�VCVD

� �1= 194:62 (2)2=3K = 308:94 K

b)

c) Per il calcolo del rendimento

� = Wtot

Qass

occorre calcolare Wtot = WAB +WBC +WCD e Qass = QAB +QDA

WAB = QAB = nRTAlnVBVA= 6510:5 J

WBC = pB(VC � VB) = �2431:2 J

5

QBC = �UBC +WBC = ncV (TC � TB) +WBC = �6071:9 JQCD = ��UCD = �ncV (TD � TC) = �1425:7 JQCD = 0

WDA = 0

QDA = �UDA = ncV (TA � TD) = 2215:0 JWtot = 2653:6 J

Qass = QAB +QDA = 8725:5 J

Il rendimento vale � = Wtot

Qass= 2653:6

8725:5= 0:304

Le variazioni d�entropia hanno i seguenti valori:

AB isoterma, �SAB = nR ln VBVA = 8:314 ln 5 J=K = 13:38 J=K

BC isobara; �SBC = ncp ln TCTB= 2:5 � 8:314 ln 194:62

486:55J=K = �19:04 J=K

CD adiabatica reversibile; �SCD = 0;

DA isocora; �SDA = ncV ln TATD= 1:5 � 8:314 ln 486:55

308:94J=K = 5:66 J=K

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