Il calore
Il fascio di elettroni dell’acceleratore di
Stanford, quando non serve agli
esperimenti, viene deviato in un
serbatoio d’acqua da 12 m3. Il fascio
trasporta 3,0 1014 elettroni s 1 a 20 GeV.
Di quanto varia la temperatura dell’acqua
dopo 5’?
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1
Il calore

Passiamo al SI
20 GeV  20 10 1, 60 10
9
19
9
 3, 20 10 J


per l’energia di un elettrone
In totale, al secondo
Q1  3, 0 10  3, 20 10
14
 9, 60 10 W
9
5
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2
Il calore

Complessivamente viene depositata la
quantità di energia
Q  5  60  Q1  5  60  9, 60 10
5
 2,89 10 J
8

L’innalzamento di temperatura si ottiene
dalla Q  M c T
Q
2,89 10
T 

 5, 7C
3
M c 12 10  4186
8
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3
Esercizio
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4
Esercizio
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5
Lavoro ed energia
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6
Esercizio
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7
Soluzione
U=Q+W
W=U-Q=
+ -
+
positivo
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8
Esercizio
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9
Soluzione
+
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10
Esercizio
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11
positivo
+
+
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12
Esercizio
+ - Dipt.di Fisica Marina Cobal
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13
Esercizio
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14
Esercizio
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15
Esercizio
Tre masse di acqua a temperature diverse,
rispettivamente m1=0,02kg, T1=275K, m2=0,04kg,
T2=285K, m3=0,03kg, T3=350K, vengono mescolate in
un recipiente, a pareti adiabatiche e di capacità termica
trascurabile. Si determini la temperatura di equilibrio.
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16
Soluzioni
Possiamo applicare l’equazione del bilancio calorico:






m1c T f  Ti1  m2 c T f  Ti 2  m3c T f  Ti3  0
con c = calore specifico dell’acqua, Tf = temperatura
del sistema all’equilibrio e Ti = temperature delle tre
masse d’acqua. Per trovare la temperatura finale
occorre risolvere l’equazione rispetto a Tf, e si ha:
m1Ti1  m2Ti2  m3Ti3
Tf 
m1  m2  m3
Pertanto:
Tf 
0.02  275  0,04  285  0,03  350 4,3  11,4  10,5

 304 K
0,02  0,04  0,03
0,09
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Esercizio
Tre moli di gas ideale monoatomico si espandono in
modo adiabatico reversibile fino ad occupare un volume
triplo di quello iniziale. Se la temperatura iniziale è
TA=600°K, calcolare il lavoro compiuto dal gas durante
l’espansione.
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18
Soluzioni
La temperatura raggiunta dal gas alla fine dell’
espansione adiabatica può essere calcolata
dalla:
2/3
1
g 1
g 1
Ne
risulta:
TB  TA  
 288 ,4 K
TV
 T (3V )
A A
B
A
 3
(essendo, per un gas monoatomico g = 5/3)
Il lavoro effettuato durante questa trasformazione è:
W  ncV TA  TB   3 
3
9
R  600  288 ,4   8,314  311,6  11658 J
2
2
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19
Esercizio
Quando un pezzo di ferro di 200g a 190oC è messo in u
calorimetro di alluminio (100g di massa) contenente
250g di glicerina a 10oC, la temperatura finale osservata
è di 38oC. Qual’è il calore specifico della glicerina?
call = 0,215 kcal/(kg K)
cfe = 0,11 kcal/(kg oC)
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20
Soluzione
Di nuovo, si scriva l’equazione del bilancio calorico.
Se Q1 = calore ceduto dal ferro alla glicerina ed al
recipiente, Q2 = calore assorbito dalla glicerina e
Q3 = calore assorbito dal recipiente si deve avere:
Q1  Q2  Q3  0
Ovvero:
m fe  c fe  38  190  mgl  cgl  (38  10)  mall  call  (38  10)
Essendo il calore specifido della glicerina, cgl,
l’incognita cercata, sarà:
c gl 
m fec fe (38  190 )  mallcall (38  10 )
mgl (38  10 )

0,2  0,11  152  0,1  0,215  28
 0,39 kcal / kg
0,250  28
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Esercizio
Una mole di gas perfetto monoatomico, inizialmente
in condizioni normali (p0=1 atm, V0=22,4l, T0=273K),
subisce la seguente trasformazione: un’espansione
isobara, in cui il volume viene aumentato di un fattore
x=1,2, seguita da una trasformazione isovolumica in cui
la pressione aumenta dello stesso fattore x, da un’altra
trasformazione isobara ed una successiva isovolumica in
modo da chiudere il ciclo. Si calcoli: la temperatura
massima raggiunta dal gas durante l’intera
trasformazione il lavoro fatto e la quantità di calore
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ciclo
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22
Soluzione
a) Nel punto A del piano di Clayperon, si ha:
p0 = 1atm, V0 = 22l, T0 = 273K. Nel punto B,
raggiunto con una isobara, la pressione è PB = p0,
il volumeVB  1,2 V0
e quindi la temperatura può
PB  VB p0  1,2V0

essere calcolata come:TB 
R
R
. Nel punto C, essendo la trasformazione da B a C isocora
si ha:VC  VB  1,2V 0
La temperatura sarà dunque:
TC 
PC  VC 1,2 p0  1,2V0

R
R
In D infine, al quale si arriva con un’altra isobara:
PD  PC  1,2  p0 VD  VA V 0 e quindi: TD  PD  VD  1,2 p0  V0
R
R
La temperatura massima
è quindi raggiunta nel punto C.
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Soluzione II
b) Il lavoro effettuato è pari all’area racchiusa dal ciclo:
W  (1,2 p0  p0 )  (1,2V0  V0 )  0,2 p0  0,2V0  0,88atm  l  89 J
d) Poichè stato iniziale e stato finale coincidono, la
variazione di energia interna del gas deve essere nulla.
Di conseguenza, dal primo principio della dinamica si ha:
Q  L
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24
Esercizio
1 Un motore sottopone 1,00moli di un gas ideale monoatomico al seguente
ciclo.
a) Si calcoli il calore Q, la variazione di energia interna ed il lavoro per
ognuna delle trasformazioni.
b) Se la pressione iniziale nello stato A è 1,00atm, si determino le pressioni
e il volume negli stati B e C.
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Macchine termiche
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26
Esercizio
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27
Esercizio
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28
Esercizio
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29
Esercizi
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30
Esercizio


Calcolare il S
quando Argon a 25
°C, 1 atm e 500 cm3
viene espanso a 1000
cm3 e 100 °C
T
S è una funzione di
stato, quindi posso
usare il cammino mi è
più comodo.
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V
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Soluzione

Per il cammino prescelto,
S = S1+ S2 (isoterma + isocora)
S1: (500 cm3, 25 °C),  (1000 cm3, 25 °C)
S2: (1000 cm3, 25 °C),  (1000 cm3, 100 °C)
S1 = nR ln(Vf/Vi)
Vf = 1000 cm3
Vi = 500 cm3
n = pV/RT = 0.0204 moli
S1 = 0.118 JK-1
T
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S2
S1
V
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Soluzione
S2 = n CV,m ln(Tf/Ti)
Tf = 373.15 K
Ti = 298.15 K
n = 0.0204 moli
CV,m = 12.48 JK-1 mol-1
S2 = 0.057
T
S2
S1
JK-1
S = S1 + S2 = 0.175 JK-1
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V
33
Disuguaglianza di Clausius


Consideriamo sistema e ambiente in equilibrio termico ma
non in equilibrio meccanico (ad esempio diversa pressione)
Consideriamo il dStot per il riequibrio del sistema
dStot  dS  dSamb 
dqrev dqamb 1

 (dqrev  dqamb )
T
T
T

Se il processo e’ reversibile, dqrev = - dqamb e dStot = 0

Se il processo e’ irreversibile, parte del calore scambiato dal
sistema viene “perso” in lavoro e dq > - dqamb
dS  dS amb  0
dq
dS 
T
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Disuguaglianza
di Clausius
34
Disuguaglianza di Clausius





Un altro modo di vederla è considerare il primo
principio U = dq + dw
U è indipendente dal cammino, ma dw è
massimo (in valore assoluto) per un processo
reversibile.
Quindi dq è massimo per un processo reversibile
(perchè w < 0)
dqirr < dqrev  dqirr/T < dqrev/T = dS
dq
Combinando dS = dqrev/T e dS > dqirr/T dS 
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T35