G.M. - Informatica B-Automazione 2002/03
Determinazione della variazione di energia interna del gas perfetto tra due stati qualsiasi
• Supponiamo di voler calcolare la variazione di energia interna tra i due stati i ed f
• L’energia interna è una funzione di stato: possiamo usare una qualsiasi trasformazione che connetta lo stato i con f
• Scegliamo una trasformazione costituita da una isocora, tratto ic, e da una isoterma, tratto cf.
V
P
i
f
ΤfΤ i
Vf
P f
P i
V i
V
P
i
f
c
ΤfΤ i
Vf
P f
P i
V i
Uif=Uic+ Ucf
• Ucf=0 perché l’energia interna del gas perfetto dipende solo dalla temperatura e la temperatura non varia tra c ed f.
• Uic=Qic +Wic (Wic =0, volume costante)
• Qic =nCVT= nCV(Tf-Ti) (numero di moli per il calore specifico molare a volume costante per la variazione di temperatura)
Uif=nCV(Tf-Ti)
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• Gas biatomici
La relazione di Mayer
• Per un gas perfetto PV=nRT
• H=U(T)+nRT (H(T))
• Gas monoatomici
CV =1n
dUdT V
CP =1n
dHdT P
doveH =U +PV
CP =1n
dHdT P
=1n
d U(T)+nRT( )dT P
=1n
d U(T)( )dT P
Dato che U non dipende da Pfare la derivata rispetto a Ta pressione costante o a volume costante è la stessa cosa: =CV
1 2 4 3 4 +nR
⎛
⎝
⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜
⎞
⎠
⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟
=CV +R
CV =32
R ⇒ CP =52
R γ =CP
CV
=CV +R
CV
=53
=1.6
CV =52
R ⇒ CP =72
R γ =CP
CV
=CV +R
CV
=75
=1.4
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L’equipartizione dell’energia
U = K i
i=1
N
∑ =N Kenergiacineticamedia
{ =N12
m vx2 + vy
2 + vz2
è la somma dei valori medilungo i tre assi, che peraltro sono uguali.
1 2 4 4 3 4 4
⎛
⎝
⎜ ⎜ ⎜ ⎜
⎞
⎠
⎟ ⎟ ⎟
=N Kx + Ky + Kz( )
K x =12
m vx2 =
12
kTk costante di Boltzmann
NAk =R
U =N Kx + Ky + Kz( ) =N12
kT+12
kT+12
kT⎛ ⎝
⎞ ⎠ =
32
NkT=32
nNAkT=32
nRT
CV =1n
dUdT
=1n
d 32nRT( )dT
=32R CP =CV +R =3
2 R+R =52R
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Gas biatomici• I gradi di libertà di una molecola biatomica
• 3 di traslazione (x,y,z)
• 2 di rotazione (lungo i due assi perpendicolare alla congiungente i due nuclei
• 2 di oscillazione (energia cinetica e potenziale)
• È come se ci fossero delle soglie
• Solo al di sopra di una certa energia media si attivano i gradi di libertà della rotazione e quelli della oscillazione
• Comportamento non spiegabile con la meccanica classica
U =N72
kT=n72
RT
CV =1n
dUdT
=1n
d 72nRT( )dT
=72R
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Applicazio
ne
• Una quantità di gas ideale monoatomico alla temperatura di 10.0°C e a una pressione di 100 kPa occupa un volume di 2.50 m3. Il gas viene riscaldato a volume costante fino a quando la pressione diventa 300 kPa .
• Determinare il calore assorbito dal gas e la variazione di energia interna.
V
P
P 2
V o
P 1
T
T+dT
PV =nRT
n =P1Vo
RT1
=100×103 N
m2 ×2.50m3
8.314J
mol×K273.15+10.0( )K
=106.2mol
T2 =P2Vo
nR=
300×103 Nm2 ×2.50m3
8.314J
mol×K106.2mol
=849.4K
W =0 ΔU =Q
ΔU =nCVΔT =106.2mol×32
×8.134J
mol×K849.4−283.15( )K =
=733.7kJ
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Applicazio
ne
• Una quantità di gas ideale biatomico alla temperatura di 0.0°C e a una pressione di 100 kPa occupa un volume di .50 m3. Il gas viene riscaldato a pressione costante fino a quando il volume raddoppia.
• Determinare il calore assorbito dal gas, la variazione di energia interna, il lavoro effettuato.
PV =nRT
n =PVi
RTi
=100×103 N
m2 ×.50m3
8.314J
mol×K273.15( )K
=22.0mol
Tf =PVf
nR=
100×103 Nm2 ×1.00m3
8.314J
mol×K22.0mol
=546.7K
W =P Vf −Vi( ) =100×103Pa× 1.00−.50( ) =50kJ
V
P
P
V i V f
Τ+ d Τ
Τ
Q =nCPΔT =22.0mol×72
×8.134J
mol×K546.7−273.15( )K =171.4kJ
ΔU =nCVΔT =22.0mol×52
×8.134J
mol×K546.7−273.15( )K =
=122.4kJ
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Applicazio
ne
• Calcolate il lavoro svolto da un agente esterno durante una compressione isoterma di una certa quantità di ossigeno da un volume di 22.4 L alla temperatura di 0.00°C e 1 bar di pressione a un volume di 16.8L.
PV =nRT
n =PVi
RTi
=105 N
m2 ×22.4×10−3m3
8.314J
mol×K273.15( )K
=0.99mol
W =nRTlogVf
Vi
=1mol×8.314J
molK273.15Klog
16.822.4
=−639.17J
ΔU =0
V
P
Τ
P f
V f
Isoterma
V i
P i
dW=PdVW = PdV=
nRTV
dV =i
f
∫i
f
∫ =nRTdVVi
f
∫=nRT logV[ ]i
f=nRT logVf −logVi( )=nRTlog
Vf
Vi
ΔU =Q−W Q =W
West=−W =639.17J
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Applicazio
ne
• Una certa massa di gas occupa un volume di 4.3 L a una pressione di 1.2 bar e una temperatura di 310 K.
• Essa viene compressa adiabaticamente fino a un volume di 0.76 L.
• Determinare la pressione finale e la temperatura finale supponendo che si tratti di un gas ideale per il quale =1.4.
PVγ =cost
• Dobbiamo innanzitutto determinare l’espressione di una adiabatica reversibile.
• Troveremo infatti che l’adiabatica reversibile vale
• O una equazione che deriva da questa utilizzando l’equazione di stato
PV =nRT
PVγ =nRTV
V γ =cost ⇒ TV γ−1 =cost
P1γV =P
1γ nRT
P=cost ⇒ TP
1γ−1
=cost
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Le trasformazioni del gas perfetto: adiabatica reversibile
• Consideriamo un tratto infinitesimo di adiabatica reversibile
V
P
P i
V i
Adiabatica
V f
Pf
dU=δQ −δW
δQ =0⇒ dU=−δW
dU=nCVdT
δW =PdV⇒ nCVdT =−PdV
nCVdT =−nRTV
dV
CV
CP −CV
dTT
=−dVV
1CP
CV
−1
dTT
=−dVV
1γ −1
dTT
=−dVV
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Le trasformazioni del gas perfetto: adiabatica reversibile
• Sommiamo su tutti i tratti infinitesimi
V
P
P i
V i
Adiabatica
V f
Pf
1γ −1
dTT
=−dVV
1γ −1
dTTi
f
∫ =−dVVi
f
∫ 1γ −1
logTf
Ti
=−logVf
Vi
logTf
Ti
⎛
⎝ ⎜ ⎞
⎠ ⎟
1
γ−1=log
Vi
Vf
Tf
Ti
⎛
⎝ ⎜ ⎞
⎠ ⎟
1
γ−1=
Vi
Vf
Tf
Ti
=Vi
Vf
⎛
⎝ ⎜ ⎞
⎠ ⎟
γ−1
TfVfγ−1 =TiVi
γ−1 TV γ−1 =cost
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Applicazio
ne
• Una certa massa di gas occupa un volume di 4.3 L a una pressione di 1.2 bar e una temperatura di 310 K.
• Essa viene compressa adiabaticamente fino a un volume di 0.76 L.
• Determinare la pressione finale e la temperatura finale supponendo che si tratti di un gas ideale per il quale =1.4.
• L’ adiabatica reversibile vale
PV =nRT
PVγ =cost PfVfγ =PiVi
γ
PfVfγ =Pi
Vi
Vf
⎛
⎝ ⎜ ⎞
⎠ ⎟
γ
=1.2×105 4.30.76
⎛ ⎝
⎞ ⎠
1.4
=13.56bar
TfVfγ−1 =TiVi
γ−1Tf =Ti
Vi
Vf
⎛
⎝ ⎜ ⎞
⎠ ⎟
γ−1
=310K4.30.76
⎛ ⎝
⎞ ⎠
0.4
=620K
PiVi =nRTi
PfVf =nRTfTf =Ti
PfVf
PiVi
Tf =310K13.56bar×0.76L
1.2bar×4.3L=619.1K
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Applicazio
ne
• In figura sono illustrate le quattro trasformazioni reversibili (isocora, isobara, isoterma ed adiabatica) subite da una certa quantità di gas ideale.
• Identificate le quattro trasformazioni e poi ordinatele– secondo i valori decrescenti del calore assorbito dal gas
– secondo i valori decrescenti del lavoro effettuato dal gas
– secondo i valori decrescenti della variazione di energia internaPV =nRT
• 1 Isobara
• 2 Isoterma
• 3 Adiabatica
• 4 Isocora
• Secondo valori decrescenti del lavoro effettuato (area al di sotto della trasformazione)
– 1 Isobara
– 2 Isoterma
– 3 Adiabatica
– 4 Isocora
• Secondo valori decrescenti della variazione di energia interna U=nCVT
– 1 Isobara
– 2 Isoterma
– 3 Adiabatica, 4 Isocora a pari merito
• Secondo valori decrescenti del calore assorbito Q= U+W
– 1 Isobara (Q= U+W)
– 2 Isoterma (Q=W)
– 3 Adiabatica, (Q=0)
– 4 Isocora (Q<0)
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L’adiabatica ha una pendenza più elevata della isoterma passante per lo stesso stato
• Tutte e due le pendenze sono negative
• L’adiabatica ha una pendenza che è volte quella dell’isoterma
• Ma è maggiore di 1 (CP>CV)
• La pendenza dell’adiabatica in valore assoluto è più grande di quella dell’adiabatica
V
P
Τo
P o
V o
Isoterma
Adiabatica
PV =PoVo PVγ =PoVoγ
P =PoVo
V P =
PoVoγ
V γ
per l'isoterma dPdV Vo
=PoVo −1
V2⎛ ⎝
⎞ ⎠
Vo
=−Po
Vo
per l'adiabaticadPdV Vo
=PoVoγ −
γVγ−1
V2γ
⎛
⎝ ⎜ ⎞
⎠ ⎟
Vo
=−γPo
Vo
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Applicazio
ne
• Un gas monoatomico ideale, a una temperatura iniziale To (in Kelvin) si espande da un volume Vo ad un volume 2Vo per mezzo di uno dei cinque processi indicati nel grafico delle temperature in funzione del volume mostrato in figura.
– In quale processo l'espansione è• isoterma
• isobara (pressione costante)
• adiabatica
– Date una spiegazione alle vostre risposte.
• Isoterma trasformazione AE
• Isobara trasformazione AC
PVo =nRTo P2Vo =nRT1
⇓
T1 =2To
• Adiabatica trasformazione AF
T1 2Vo( )γ−1
=ToVoγ−1 ⇒ T1 =
To
2γ−1 =To
21.66−1 =.63To
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Applicazio
ne
• Un gas ideale subisce una compressione adiabatica reversibile da P=1.0 bar, V=1.0 106 litri, T=0.0 °C a P= 1.0 105 bar, V=1.0 103 litri.
• Si tratta di un gas monoatomico, biatomico o poliatomico?• Qual è la temperatura finale?• Quante moli del gas sono presenti?• Qual è l’energia cinetica traslazionale per ogni mole prima e dopo la
compressione?
• Il gas è monoatomico
PiViγ =PfVf
γ PiPf
=Vf
Vi
⎛
⎝ ⎜ ⎞
⎠ ⎟
γ
⇒ logPiPf
=γlogVf
Vi
γ =log
PiPf
logVf
Vi
=log
1105
log103
106
=log10−5
log10−3 =−5×log10−3×log10
=53
=1.66
PoVo =nRTo ⇒ n =PoVo
RTo
=105Pa×103m3
8.31J
molK273.15K
=44000mol
Tf =PfVf
nR⇒ Tf =
1010Pa×1m3
8.31J
molK44000mol
=27349K
Tf = K =32
kT ⇒ Kmol =NA32
kT =32
RT =32
8.31×273.15=3404J
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