Seminario didattico
Lezione 5:
Termodinamica
Esercizio n°1
Ad una mole di gas monoatomico viene fatto percorrere il ciclo
mostrato in figura il processo bc è una espansione adiabatica;
pB=1.03 bar, Vb=1.0*10-3 m3 , VC=8Vb.Si calcoli per l'intero ciclo:
a) il calore fornito al gas;
b) il calore restituito dal gas:
c) il lavoro totale compiuto dal gas;
d) il rendimento del ciclo.
e) le variazioni di entropia.
DATI:
Pb = 1.03 bar = 1.03*105 N/m2
Vb=1.0*10-3 m3
Vc=8Vb=8Va
Pa =Pc
Qa=?
Qc=?
Wtot=?
=?
2
S=?
Svolgimento esercizio 1 (1)
Analizziamo ciascuna trasformazione in maniera separata.
Poiché la trasformazione bc è adiabatica reversibile il calore
scambiato è nullo:
Q =0
bc
L'espressione infinitesima del primo principio della termodinamica in
ciascun punto della trasformazione reversibile risulta:
nRT
dUdW =nc v dT  p dV =nc v dT 
dV =0
V
Utilizzando la relazione di Mayer
R=cp-cv:
 
Tc
Vb
dT R dV
dT
dV
−
=
⇒− =−1
⇒ ln =ln
T cv V
T
V
Tb
Vc
−1
L'ugualglianza dei logaritmi comporta l'uguaglianza degli argomenti:
Tc V
−1
c
=T b V
 −1
b
 

Vb
−
⇒ Pc V = Pb V ⇒ Pc =P b
=P b  8 
Vc

c

b
3
Svolgimento esercizio 1 (2)
Poichè il gas è ideale e monoatomico si ha:
3
cV = R
2
5
c P= R
2
⇒ γ=
cP
cV
=
5
3
Il primo principio applicato alla trasformazione adiabatica bc risulta:
cv
 U bc =−W bc =nc v T c−T b =  Pc V c− P b V b 
R
−5
−3
W bc =−U bc =
Pb V b 8 8 3 −1=115.87 J
2
Il calore scambiato durante la trasformazione isocora ab risulta:
−5
cv
3
Q ab=nc v T b −T a = P b V b− Pa V a = Pb V b 1−8 3 =149.67 J
R
2
Poichè tale quantità è positiva questo calore è assorbito dal gas.
Il lavoro fatto durante una trasformazione isocora è nullo pertanto:
W ab=0
4
Svolgimento esercizio 1 (3)
Il calore scambiato durante la trasformazione isobara ca risulta:
−5
cv
−5
Q ca=nc v T a−T c = P a V a−P c V c =
Pb V b 7 8 3 =−56.33 J
R
2
Poichè tale quantità è negativa questo calore è ceduto dal gas.
Il lavoro fatto durante una trasformazione isobara risulta:
−5
3
a
W ca=∫c P dV =P a V a −V c =−7 Pb V b 8 =−22.53 J
Dai risultati precedenti abbiamo:
a) Qa=Qab=149.67 J
b) Qc=Qca= -56.33 J
c) Wtot=Wab+Wbc+Wca=93.34 J
d)Il rendimento del ciclo è il seguente:
Qc
W
= =1 =0.62
Qa
Qa
5
Svolgimento esercizio 1 (4)
Durante la trasformazione adiabatica reversibile bc non si hanno
scambi di calore, la trasformazione è isoentropica.
 S bc =0
La variazione di entropia di un gas ideale per una trasformazione
reversibile generica, la si ottiene usando la formula seguente:
f
 S=∫i
 
dQ
T
f
rev
=∫i

f
Tf
Vf
dT
dV
n cv
∫i nR
= n c v ln nR ln
T
V
Ti
Vi
 

Utilizzando l'equazione di stato e la relazione di Mayer si ottiene:
Pf
Vf
 S=n c v ln nc p ln
Pi
Vi
Le variazioni di entropia durante le trasformazioni ab e ca risultano:
Pb
 S ab=n c v ln =n  c v ln8=43.2 J / k
Pa
Va
 S ca=nc p ln =−43.2 J / K
Vc
6
Esercizio n°2
Una mole di gas perfetto monoatomico subisce le seguenti trasformazioni:
-una trasformazione adiabatica irreversibile dallo stato iniziale con pressione p0= 1 atm e volume
V0=22.4 litri ad uno stato A.
-una successiva compressione isobara reversibile fino a uno stato B caratterizzato da VB=VA/2;
Il lavoro compiuto dal gas in questa trasformazione è L = -1.5 *103J.
a)Si calcoli il lavoro L* compiuto nell'adiabatica irreversibile.
Lo stato B è tale che con una trasformazione adiabatica reversibile il gas ritorna nelle condizioni
iniziali.
b)Si calcolino la pressione, il volume e la temperatura negli stati A e B e la variazione di entropia
nella trasformazione adiabatica irreversibile.
P
O
B
A
V
DATI:
p0= 1 atm =101300 N m2
V0=22.4 litri =22.4 10-3 m3
VB=VA/2
LAB = -1.5 *103J
OA adiabatica irr.
AB isobara rev
BA adiabatica rev
L*=?
TA , TB,PA , PB , TA , TB=?
SOA=?
7
Svolgimento esercizio 2 (1)
a)Valutiamo la pressione degli stati A e B conoscendo il lavoro compiuto
dal gas durante la compressione isobara:


VA
VA
L AB= p A  V = p A V B −V A = p A
−V A =− p A
2
2
da cui otteniamo:
p A V A =−2 L AB
Il lavoro dell'adiabatica irreversibile lo possiamo valutare solo considerando la
variazione di energia interna tra gli estremi della trasformazione (il calore
scambiato con l'esterno è nullo):
cv
 U AB =−L =nc v T A −T 0 =  p A V A − p 0 V 0 
R
cv
*
L = 2 L AB  p0 V 0 =−1096.32 J
R
*
8
Svolgimento esercizio 2 (2)
b) Poichè B e 0 sono lungo una adiabatica reversibile le variabili
termodinamiche degli estremi devono verificare la seguente relazione:
 
p0 V
−L 
p0 V = p B V =
V B ⇒V B =
VB
−L

0
 1
0 −1

B
5 3
3 2
0
 
p0 V
=
−L
−3
=41.68∗10 m
Dal valore di VB possiamo valutare tutte le quantità termodinamiche del sistema:
−3
V A =2V B =83.35∗10 m
3
−L
4
2
p A = pB=
=3.599∗10 N / m =0.3 atm
VB
pAV A
T A=
=360.837 K
nR
pB V B
T B=
=180.418 K
nR
9
3
Svolgimento esercizio 2 (3)
Per valutare la variazione dell'entropia nell'adiabatica irreversibile 0A
consideriamo la variazione dell'entropia in tutto il ciclo.
 S ciclo=0= S 0A  S AB S B0
La trasformazione B0 è una adiabatica reversibile pertanto non si ha variazione di
entropia:
 S B0=0 ⇒  S AB=− S0A
La variazione di entropia per una trasformazione reversibile di un gas idela generica
, può essere espressa tramite la seguente formula:
PB
VB
VB
1
 S AB =n c v ln
nc p ln
=nc p ln
=nc p ln
PA
VA
VA
2
 S 0A =14.41 J / K
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