applicazione 1

G.M. - Informatica B-Automazione 2002/03

Applicazione

1

• Un’asta di acciaio ha un diametro di 3.000 cm alla temperature di 25°C. Un anello di ottone ha un diametro interno di 2.992 cm alla temperatura di 25°C. A quale temperatura comune l’asta si infilerà nell’anello.

• Imponiamo l’uguaglianza tra i due diametri e ricaviamo la variazione di temperatura T comune

dasta=dasta_25°C 1+αacciaoΔT( )

danello=danello_ 25°C 1+αottoneΔT( )

• Dalla tabella dei coefficienti di dilatazione lineare ricaviamo

• ottone=19x10-6 °C-1 acciaio=11x10-6 °C-1

dasta_25°C 1+αacciaoΔT( ) =danello_25°C 1+αottoneΔT( )

dasta_25°C −danello_25°C =danello_25°CαottoneΔT −dasta_ 25°CαacciaoΔT =

ΔT =dasta_25°C −danello_ 25°C

danello_ 25°Cαottone−dasta_25°Cαacciao

=

=3.000cm−2.992cm

2.992cm×1956.848

1 2 4 4 3 4 4 ×10−6°C−1 −3.000×1133.000

1 2 4 3 4 ×10−6°C−1 =0.008×106

23.848=335.4°C

ΔT =T −25°C =335.4°C ⇒ T =335.4°C +25°C =360°C


Applicazione

2

• Calcolate il calore specifico di un metallo dai seguenti dati. Un contenitore fatto di questo metallo ha una massa di 3.6kg e contiene 14 kg di acqua. Un pezzo di 1.8kg di metallo inizialmente alla temperatura di 180°C viene immerso nell’acqua.

• Il contenitore e l’acqua inizialmente hanno una temperatura di 16 °C e la temperatura finale di tutto il sistema è 18°C.

• Osserviamo che il calore ceduto dal pezzo di metallo è stato tutto acquisito dall’acqua e dal contenitore.

• Il calore ceduto dal pezzo di metallo vale

• Dalla tabella dei calori specifici ricaviamo che quello dell’acqua vale

• cacqua=4190 J/ kgK

Qc =cmΔTmetallo

• Il calore acquisito dall’acqua e dal contenitore vale:

Qa =cacquamacquaΔTacqua+cmcontenitoreΔTacqua

cacquamacquaΔTacqua+cmcontenitoreΔTacqua=−mcΔTmetallo

c =−cacquamacquaΔTacqua

mΔTmetallo+mcontenitoreΔTacqua

=−4190×14×2

1.8× −162( )+3.6×2=

117320284.4

=412J / kgK


Applicazione

3

• Un thermos isolato contiene 130 g di caffè caldo, alla temperatura di 80° C.

Per raffreddare il caffè aggiungete all’interno del thermos un cubetto di ghiaccio di massa 12g tolto da una cella frigorifera alla temperatura di -10°C. Di quanti gradi si sarà raffreddato il caffè dopo che il ghiaccio si è fuso e si sarà raggiunta la condizione di equilibrio finale? Trattate il caffè come se fosse acqua pura e trascurate gli scambi termici con l’ambiente circostante.

• Il ghiaccio subirà le seguenti trasformazioni– Riscaldamento da -10°C a 0°C Q1=mghiacciocghiaccio (Tf=0°C-Ticghiaccio)=266.4J

– Fusione a 0°C Q2=mghiaccioLf=3996J

– Riscaldamento da 0°C alla temperatura finale Q3=mghiacciocacqua (Tf-T0°)

• Il caffè, invece, subirà la seguente trasformazione– Raffreddamento da 80°C alla temperatura finale Q4=mcaffècacqua (Tf-Ticaffè) (<0)

• Dalla tabella dei calori specifici e da quello dei calori latenti ricaviamo:

• cacqua=4190 J/ kgK, cghiaccio=2220J/kgK, Lf=333kJ/kg

Q1 +Q2 +Q3 =−Q4

Tf =mcaffècacquaTicaffè+mghiacciocacquaT0°C −Q1 −Q2

mcaffècacqua+mghiacciocacqua

=130×10−3 ×4190×80−0−266.4J −3996J

130×10−3 ×4190+12×10−3 ×4190=66°C

Q1 +Q2 +mghiacciocacquaTf −T0°C( )=−mcaffècacquaTf −Ticaffè( )


Applicazione

4

• Una barra cilindrica di rame lunga 1.2 m e con sezione di area 4.8 cm2 è isolata per impedire perdite di calore attraverso la sua superficie laterale. Le estremità vengono mantenute ad una differenza di temperatura di 100°C ponendo una estremità in una miscela di acqua e ghiaccio e l’altra in acqua bollente e vapore

• Trovate quanto calore viene trasmesso nell’unità di tempo lungo la sbarra• Quanto ghiaccio si fonde nell’unità di tempo all’estremità fredda

• Dalla tabella delle conducibilità termiche e dei calori latenti ricaviamo

• krame=401W/ mK, Lf=333kJ/kg

P =

QΔt

=kAΔTL

=401WmK

4.8 10−2m2 100|C1.2m

=16.0W

ΔmΔt

=

QL f

Δt=

1L f

QΔt

=16.0

Js

333×103 Jkg

=16.0333

10−3 kgs

=0.048×10−3 kgs


Applicazione 5

• 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


Applicazione 6

• 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


Applicazione 7

• 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


Applicazione 8

• 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


Applicazione 9

• 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


Applicazione 10

• 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)


Applicazione 11

• 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


Applicazione 12

• 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


Studio del ciclo di Carnot percorso da un gas perfetto

• Trasformazione ab - Espansione isoterma– U=0, Q1=Wab

– La trasformazione è reversibile: possiamo suddividerla in tratti infinitesimi

– Il lavoro in ciascun tratto infinitesimo sarà: dW=PdV

– Il lavoro complessivo

– Dato che Vb è maggiore di Va (espansione) il lavoro è positivo

– Il calore Q1 è uguale al lavoro: è anch’esso positivo (calore assorbito)

Wab = PdVa

b

∫ =nRT1

VdV

a

b

∫ =nRT1dVVa

b

∫ =

=nRT1 lnV[ ]ab=nRT1ln

Vb

Va

ΔU =Q−W

Va

Vb



• Trasformazione bc - Espansione adiabatica– Qbc=0, Ubc =-Wbc

– La variazione di U energia del gas perfetto

– Dato che T2 è più piccolo di T1, U <0

– Il lavoro W è maggiore di zero (il lavoro viene fatto dal sistema sull’ambente esterno

ΔUbc =nCV T2 −T1( )

Wbc =−nCV T2 −T1( )

• Trasformazione cd - Compressione isoterma– U=0, Q2=Wcd

– Operando come sulla trasformazione ab, otteniamo il lavoro complessivo

Wcd =nRT2lnVd

Vc– Dato che Vd è minore di Vc (compressione), il lavoro è negativo

– Il calore Q2 è uguale al lavoro: è anch’esso negativo (calore ceduto)

ΔU =Q−W

Va

VbVc

Vd



• Trasformazione da - Compressione adiabatica– Qda=0, Uda =-Wda

– La variazione di U energia del gas perfetto

– Dato che T2 è più piccolo di T1, U >0

– Il lavoro W è minore di zero (il lavoro viene fatto sul sistema dall’ambente esterno

ΔUda =nCV T1 −T2( )

Wda =−nCV T1 −T2( )

• Si osservi che Wda=-Wbc

• Il lavoro complessivo svolto nel ciclo sarà:

W=Wab+Wbc+Wcd+WdaW =nRT1ln

Vb

Va

+nRT2lnVd

Vc

• Il calore assorbito nel ciclo è solo Q1=Wab

ΔU =Q−W

Va

VbVc

Vd

Q1 =nRT1lnVb

Va

• Il rendimento del ciclo di Carnot η=

WQ1

=nRT1ln

Vb

Va

+nRT2lnVd

Vc

nRT1lnVb

Va

=1+T2

T1

lnVd

Vc

lnVb

Va



• Vogliamo far vedere che:

ΔU =Q−W

Va

VbVc

Vd

η=WQ1

=nRT1ln

Vb

Va

+nRT2lnVd

Vc

nRT1lnVb

Va

=1+T2

T1

lnVd

Vc

lnVb

Va

lnVd

Vc

lnVb

Va

=−1

abisoterma PaVa =PbVb

bcadiabaticaPbVbγ =PcVc

γ

cdisoterma PcVc =PdVd

daadiabaticaPdVdγ =PaVa

γ PaVaPbVbγPcVcPdVd

γ =PbVbPcVcγPdVdPaVa

γ

• Moltiplicando tutti i primi membri e tutti i secondi membri tra loro

VaVbγVcVd

γ =VbVcγVdVa

γVb

γ−1Vdγ−1 =Vc

γ−1Vaγ−1

Vb

Va

⎛

⎝ ⎜ ⎞

⎠ ⎟

γ−1

=Vc

Vd

⎛

⎝ ⎜ ⎞

⎠ ⎟

γ−1 Vb

Va

=Vc

Vd

η=1−T2

T1


Applicazione 13

• Un inventore sostiene di aver inventato cinque motori, ciascuno operante tra i serbatoi termici a 400 e 300 K. Per ogni ciclo, i dati di ogni motore sono i seguenti:

– Qa=200 J, Qc=-175 J, W=40 J

– Qa=200 J, Qc=-150 J, W=50 J

– Qa=600 J, Qc=-200 J, W=400 J

– Qa=100 J, Qc=-90 J, W=10 J

– Qa=500 J, Qc=-200 J, W=400 J

– Dire quali dei due principi della termodinamica (eventualmente entrambi) vengono violati da ciascun motore. Nel caso invece entrambi i principi della termodinamica risultino soddisfatti, stabilire se il ciclo è reversibile

• No primo

• Ok primo, ok secondo, reversibile

• Ok primo, no secondo

• Ok primo, ok secondo, non reversibile

• No primo

ηC =1−T2

T1

=1−300400

=0.25 η≤ηC

η2 =W

Qass

=50200

=.25

η4 =W

Qass

=10100

=.10

η3 =W

Qass

=400600

=.66


Applicazione 14

• Una macchina termica a combustione interna, il motore dell'automobile a benzina, può essere approssimata con il ciclo mostrato in figura. Si supponga che la miscela aria-benzina possa essere considerato un gas perfetto e che venga utilizzato un rapporto di compressione 4 a 1 (V4 = 4V1). Si supponga inoltre che p2=3p1.

– Determinate la pressione e la temperatura in ognuno dei quattro vertici del diagramma p-V in funzione di p1 e T1, e del rapporto dei calori specifici del gas.

– Esprimere il rendimento del ciclo in funzione del rapporto di compressione.– Confrontare con il rendimento di una macchina di Carnot che lavora tra le temperature estreme.

• Questo ciclo è denominato “ciclo Otto” ed è il ciclo secondo cui funziona il motore benzina.

• Punto 2

4

3

2

1 Adiabatica

Adiabatica

V4V1

p1

3p1

Scoppio

V2 =V1

P2 =3P1

T2 =P2V2

nR=

3P1V1

RP1V1

RT1

=3T1

• Punto 3

V3 =V4 =4V1

P3 =P2V2

γ

V3γ =3P1

V1γ

4γV1γ =3×4−γP1

T3 =P3V3

nR=

3×4−γP1 ×4×V1

RP1V1

RT1

=3×41−γT1


Applicazione 14

• Una macchina termica a combustione interna, il motore dell'automobile a benzina, può essere approssimata con il ciclo mostrato in figura. Si supponga che la miscela aria-benzina possa essere considerato un gas perfetto e che venga utilizzato un rapporto di compressione 4 a 1 (V4 = 4V1). Si supponga inoltre che p2=3p1.

– Determinate la pressione e la temperatura in ognuno dei quattro vertici del diagramma p-V in funzione di p1 e T1, e del rapporto dei calori specifici del gas.

– Esprimere il rendimento del ciclo in funzione del rapporto di compressione.– Confrontare con il rendimento di una macchina di Carnot che lavora tra le temperature estreme.

• Punto 4

4

3

2

1 Adiabatica

Adiabatica

V4V1

p1

3p1

Scoppio

r =V4

V1

=4

V4 =4V1

P4 =P1V1

γ

V4γ =P1

V1γ

4γV1γ =4−γP1

T4 =P4V4

nR=

4−γP1 ×4×V1

RP1V1

RT1

=41−γT1

η=W

Qass

=1+Qced

Qass

=1+nCV T4 −T3( )nCV T2 −T1( )

=1+41−γ −3×41−γ

( )T1

3−1( )T1

=1+41−γ 1−3( )

3−1( )=1−

14γ−1

ηC =1−T4

T2

=1−41−γT1

3T1

=1−1

3×4γ−1


Calcolo della variazione di entropia in alcune trasformazioni:

serbatoio di calore

• Durante il trasferimento di calore

il serbatoio non cambia stato

• Rimane in uno stato di equilibrio termodinamico

• Il trasferimento di calore avviene

• In maniera reversibile

Q

T

ΔS=δQR

Ti

f

∫

=1T

δQRi

f

∫ =QT


Sistema


Trasformazione reversibile

• Durante il trasferimento di calore

il serbatoio e il sistema hanno la stessa temperatura

• Considerando un tratto infinitesimo di trasformazione

Q

T

dSsist=δQ

T

T

dSserb=−δQ

T

dSUniverso=dSSistema+dSSerbatoio=δQR

T−

δQR

T=0



generica trasformazione di un gas perfetto

• Consideriamo una generica trasformazione if

• Poiché l’entropia è una funzione di stato, per il calcolo della sua variazione possiamo utilizzare una qualunque trasformazione come quella mostrata in figura.

V

P

i

f

c

ΤfΤ i

V f

Pf

P i

V iΔS=δQR

Ti

f

∫ =δQR

Ti

c

∫ +δQR

Tc

f

∫ =nCVdT

Ti

c

∫ +nRTT

dVV

c

f

∫ =

= nCVdTT

i

c

∫ + nRdVV

c

f

∫ =nCV lnT⎡ ⎣

⎤ ⎦ i

c

+nR lnV⎡ ⎣

⎤ ⎦ c

f

=nCV lnTc

Ti

+nR lnVf

Vc

=

=nCV lnTf

Ti

+nR lnVf

Vi

S = nCV lnTf

Ti

+ nR lnVf

Vi

ΔS = nCP lnTf

Ti

− nR lnPf

Pi

ΔS = nCV lnPf

Pi

+ nCp lnVf

Vi



cambiamento di fase

• Durante un cambiamento di fase, la temperatura rimane costante:

ΔS =Sliq −Ssol =δQR

Tfusione

=la temperaturadi fusione è

costante

sol

liq

∫1

Tfusione

δQR =mλ fusione

Tfusionesol

liq

∫



espansione libera

G as Vuoto

fig. A

Pe

• Vi,T • Vf,T

• L’espansione libera è una trasformazione irreversibile

• Per calcolo la variazione dell’entropia dobbiamo utilizzare trasformazione reversibile

• Per esempio una trasformazione isoterma

• Sull’isoterma

V

P

f

i

Τ

V f

Pf

P i

V iΔSsist=δQR

Ti

f

∫ =δQR

Ti

f

∫ =nRTT

dVV

i

f

∫ =nRlnVf

Vi

dU=δQ −δW

dU=0 ⇒ δQ =δW

ΔSamb=0 ΔSuniv=ΔSsist+ΔSamb>0



conduzione di calore

• Consideriamo due corpi a temperatura diversa T1 e T2.

• Se i due corpi interagiscono solo tra di loro il calore ceduto dal corpo 1 sarà assorbito dal corpo 2

• La trasformazione è irreversibile

• Ma avviene a pressione costante

• Il calore trasferito da un corpo all’altro può essere calcolato come se la trasformazione fosse reversibile

• Diciamo Tm la temperatura di equilibrio

ΔS2 =δQR

Ti

f

∫ =m2c2dT

Ti

f

∫ =m2c2lnTm

T2

Q1 =m1c1 Tm −T1( )<0

Q2 =m2c2 Tm −T2( ) >0

Q2 =−Q1 ⇒ m2c2 Tm −T2( )=−m1c1 Tm −T1( )

Corpo 2T2

Corpo 1T1

T1>T2

Tm =m1c1T1 +m2c2T2

m1c1 +m2c2

Corpo 2T

T+dTQΔS1 =

δQR

Ti

f

∫ =m1c1dT

Ti

f

∫ =m1c1lnTm

T1

ΔS=ΔS1 +ΔS2 =m1c1lnTm

T1

+m2c2lnTm

T2



conduzione di calore

• Se i due corpi sono della stessa sostanza ed hanno la stessa massa c1 =c2 =c

m1 =m2 =mCorpo 2T2

Corpo 1T1

T1>T2Tm =m1c1T1 +m2c2T2

m1c1 +m2c2

=mcT1 +T2( )

2mc=

T1 +T2( )2

Corpo 2T

T+dTQ

ΔS=ΔS1 +ΔS2 =m1c1lnTm

T1

+m2c2lnTm

T2

=

=mc lnTm

T1

+lnTm

T2

⎛

⎝ ⎜ ⎞

⎠ ⎟ =mcln

Tm2

T1T2

Tm2

T1T2

=

T1 +T2( )2

4T1T2

=T

12 +2T1T2 +T

22

4T1T2

=T

12 +2T1T2 +T

22 −4T1T2 +4T1T2

4T1T2

=

=T

12 −2T1T2 +T

22 +4T1T2

4T1T2

=1+T1 −T2( )

2

4T1T2

>1 ΔS=ΔSuni >0


Applicazione 15

• In un cilindro, munito di un pistone a tenuta, sono contenuti 20 grammi di idrogeno (molecola H2, massa molecolare M=2 u) alla pressione atmosferica (1.01x105 Pa). Il gas viene riscaldato a pressione costante dalla temperatura di 30 °C alla temperatura di 40°C, tenendolo a contatto con un serbatoio di calore alla temperatura di 50°C.

– Supponendo che durante la trasformazione il gas si comporti come un gas perfetto, determinare:

– Il numero di moli.

– Il lavoro fatto dal gas.

– La variazione di energia interna.

– La variazione di entropia del gas e dell’universo.

• Il numero di moli si ottiene dividendo la massa del gas per la massa molare il cui valore numerico quando è espresso in grammi per mole è proprio uguale alla massa molecolare in uma (unità di massa atomica)

50°C

Θ

Pe

=1atm

n =mM

=20g2g

mol=10mol

• La trasformazione è irreversibile (assenza di equilibrio termico: temperatura del gas diversa dalla temperatura del serbatoio (ambiente))

• Bisogna usare i parametri dell’ambiente per determinare il lavoro:

W =Pe(Vf −Vi ) • Vanno determinati i volumi iniziale e finale


Applicazione 15







• Il volume iniziale

50°C

Θ

Pe

=1atm

PiVi =nRTi ⇒ Vi =nRTi

Pi

W =Pe(Vf −Vi ) =1.01×105Pa× .258−.249( )m3 =909J

Vi =nRTi

Pi

=10mol×8.31

JmolK

303.15K

1.01×105Pa=0.249m3

• Il volume finale PfVf =nRTf ⇒ Vf

=nRTf

Pf

Vi =nRTf

Pf

=10mol×8.31

JmolK

313.15K

1.01×105Pa=0.258m3


Applicazione 15







• La variazione di energia interna

50°C

Θ

Pe

=1atm

ΔU =nCVΔT

• Il gas è biatomico CV =52

R

ΔU =nCVΔT =10mol×52

×8.31J

molK10K =2077.5J

• La variazione di entropia• Trattandosi di un gas perfetto possiamo usare l’espressione generale:

ΔS=nCV lnTf

Ti

+nR lnVf

Vi


Applicazione 15







• In questo caso conviene utilizzare la forma espressa in funzione della temperatura e della pressione, visto che la pressione rimane costante.• Utilizzando l’equazione di stato del gas perfetto

50°C

Θ

Pe

=1atm

ΔSsist=nCV lnTf

Ti

+nR lnVf

Vi

=nCV lnTf

Ti

+nR lnnRTf

Pf

Pi

nRTi

=n CV +R( )lnTf

Ti

+nRlnPi

Pf

=0,Pi =Pf1 2 4 3 4

ΔSsist=nCPlnTf

Ti

=10mol×72

×8.31J

molKln

313.15K303.15K

=9.44JK


Applicazione 16

• Un litro di gas con =1.3 inizialmente è in equilibrio termico a 273 K di temperatura e a 1.0 atmosfera di pressione. Esso viene compresso adiabaticamente a metà del suo volume originario.

– Trovate la sua pressione e la sua temperatura finali.– Successivamente il gas viene raffreddato lasciando disperdere, a pressione costante, il calore

nell’ambiente esterno e fino a riportarlo alla temperatura dell’ambiente, 273 K, Qual è il suo volume finale.

– Calcolare la variazione di entropia del sistema e dell’ambiente esterno nelle due trasformazioni.

• O

applicazione 1

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