Esercitazione XI - Cicli termodinamici
Esercizio 1
Calcolare il calore ceduto da n = 2 moli di gas monoatomico durante il ciclo
A → B → C → D → A,
A → B = isocora
B → C = isoterma
C → D = isocora
D → A = isoterma ,
dove
PA = 2 × 105 P a
PB = 4PA
PC = 2.285 × 105 P a
TA = 122K
TB = 4TA
TC = 4TA
PC
4
= TA .
PD =
TD
Soluzione
Poiché abbiamo a che fare con un ciclo ∆U = 0 e il calore Q assorbito dal
gas (o equivalentemente ceduto al gas) è
Q = −W ,
dove W è il lavoro fatto sul gas. Si ha
W = WAB + WBC + WCD + WDA = WBC + WDA ,
in quanto il lavoro compiuto nelle trasformazioni isocore è nullo. Sfruttando
l’espressione generale del lavoro compiuto in una isoterma si ha
µ
WBC
=
WDA
=
¶
µ
¶
VC
PB
= −nRTB ln
,
VB
PC
µ
¶
µ
¶
VA
PD
−nRTD ln
= −nRTD ln
.
VD
PA
−nRTB ln
Dai dati del problema si ha
TB = 488K , TD = 122K ,
PB
4PA
PD
PC
=
= 3.5 ,
=
= 0.286 ,
PC
PC
PA
4PA
da cui
µ
Q = −W = nR(TB − TD ) ln
4PA
PC
¶
= 7624J ,
e il calore Q̃ ceduto al gas è semplicemente l’opposto di Q, cioè Q̃ = −7624J.
Esercizio 2
1
Calcolare il calore Q assorbito dal gas nel ciclo
A→B→C→D→E→F →A,
dove
A→B
D→E
=
=
isobara
isocora
B → C = isocora
E → F = isobara
C → D = isobara
F → A = isocora ,
dove
VB
VD
=
= 3m3
3
2
PC
PE
PA =
=
= 2 × 105 P a .
3
4
VA =
Soluzione
In un ciclo il calore Q assorbito dal gas è uguale all’opposto del lavoro W
fatto sul gas,
Q = −W .
Sia A l’area racchiusa nel ciclo. Partendo dalla definizione di W come
integrale si può dimostrare che se il ciclo è percorso in senso orario
W = −A ,
mentre se il ciclo è percorso in senso antiorario
W = +A .
Nel caso in esame
2
A
= (VC − VD ) × (PC − PB ) + (VE − VF ) × (PF − PA )
= 2VA PA + 3VA PA
= 3 × 106 J .
Poiché il ciclo è percorso in senso antiorario si ha
Q = −W = −A = −3 × 106 J .
Esercizio 3
Calcolare il calore Q assorbito da n = 180 moli di gas nel ciclo
A→B→C→A,
dove
A→B
=
isobara
B → C = isoterma
C → A = isocora ,
dove
VA
VB
=
=
2m3 , PA = 4 × 105 P a ,
4m3 , TB = 1069K .
Soluzione
Il calore assorbito dal gas è Q = −W , dove
W
=
WAB + WBC + WCA
=
−PA (VB − VA ) − nRTB ln
=
−8 × 105 J + 11 × 105 J
= 3 × 105 J .
3
µ
VC
VB
¶
Perciò la soluzione è Q = −3 × 105 J.
Si osservi che il ciclo può essere approssimato con un triangolo. In quanto
PC =
nRTC
nRTB
=
= 8 × 105 P a ,
VC
VA
l’area del triangolo è
A≈
(VB − VA ) × (PC − PA )
= 4 × 105 J .
2
Coerentemente col risultato trovato, avremmo potuto stimare il calore Q con
Q = −W ≈ −A = −4 × 105 J .
Esercizio 4
Calcolare il calore Q assorbito da n = 2 moli di gas monoatomico durante il
ciclo A → B → C → A,
A → B = isobara
B → C = isocora
C → A = adiabatica ,
dove
PA = 2 × 105 P a
P B = PA
VA
VB =
2
VA = 0.01m3
PC = 6.35 × 105 P a
VC = VB .
Soluzione
Il calore Q assorbito dal gas è
Q = QAB + QBC + QCA ,
dove
• QAB = calore assorbito durante la trasformazione isobara
• QBC = calore assorbito durante la trasformazione isocora
• QCA = calore assorbito durante la trasformazione adiabatica
Durante la trasformazione adiabaica il gas non scambia calore, QCA = 0,
mentre durante l’isobara e l’isocora si ha
QAB
QBC
=
=
nCP (TB − TA ) ,
nCV (TC − TB ) .
Il problema si riduce quindi a calcolare TA , TB e TC . Sfruttando la legge dei
gas perfetti si ha
4
TA
=
TB
=
TC
=
P A VA
= 120K ,
nR
P B VB
1 PA VA
1
=
= TA = 60K ,
nR
2 nR
2
P C VA
P C VC
=
= 191K .
nR
2nR
Sostituendo i valori della temperatura nelle formule si ha
QAB
QBC
=
=
−2494J ,
3267J ,
da cui
Q = 773J .
5