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Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
1) Tre corpi di capacitagrave termica C1 C2 C3 che si trovano alle temperature T1 T2 T3 vengono posti a
contatto Nellrsquoipotesi che i tre corpi non scambino calore con lrsquoambiente calcolare la temperatura di
equilibrio e la variazione di entropia del corpo 1
(C1 = 1000 caldegC T1 = 100degC C2 = 500 caldegC T2 = 30 degC C3 = 1500 caldegC T3 = 20 degC)
Soluzione
Dato che i tre corpi non scambiano calore con lrsquoambiente esterno allora la somma algebrica dei
calori scambiati deve essere uguale a zero
Q 1 + Q 2 + Q 3 = 0
I calori scambiati dai tre corpi sono rispettivamente
Q 1 = C1 (Te - T1)
Q 2 = C2 (Te - T2)
Q 3 = C3 (Te - T3)
sostituendo
C1 (Te - T1) + C2 (Te - T2) + C3 (Te - T3) = 0
(C1 + C2 + C3) Te = C1 T1 + C2 T2 + C3 T3
da cui si ricava la temperatura di equilibrio Te raggiunta dai tre corpi
Te = 321
332211
C+C+C
TC +TC +TC = 32145 K
Il processo di scambio di calore fra i tre corpi egrave irreversibile in quanto la scambio di calore avviene
fra corpi aventi una differenza finita di temperatura Per calcolare la variazione di entropia del corpo
1 consideriamo il ldquoprocesso reversibile di appoggiordquo in cui il corpo 1 scambia reversibilmente calore
con un termostato a temperatura variabile da T1 = 37315 K a Te=32145 K La variazione di
entropia del corpo 1 puograve quindi essere calcolata come
C
cal
T
TC
T
dTC
T
dQS
i
f149
15373
45321ln1000ln1
45321
15373
11 minuscong====∆ int int
La variazione di entropia del corpo 1 egrave negativa in quanto esso si raffredda I corpi 2 e 3 invece si
riscaldano quindi aumentano la propria entropia La somma delle variazioni di entropia dei tre corpi
deve essere maggiore di zero in quanto il sistema egrave isolato ed effettua un processo irreversibile
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
2) Un recipiente rigido a pareti metalliche di massa m = 29 kg e di volume interno ed esterno
approssimativamente uguali e pari a V = 30 litri egrave riempito con una massa mar di argon
monoatomico di massa atomica M = 40 gmole e immerso in una vasca contenente acqua alla
temperatura T = 27degC Si chiede quale saragrave la massima pressione di riempimento del gas percheacute il
recipiente possa galleggiare
(R = 831 Jmole K)
Soluzione
Affincheacute il recipiente riempito con argon possa galleggiare la spinta di Archimede deve bilanciare
la forza peso di recipente+gas Quindi deve essere
gmmgVg arOH +=2
ρ
Da cui si ricava la massa di gas argon
mVm OHar minus=2
ρ
La pressione del gas allrsquointerno del recipiente si puograve ricavare dallrsquoequazione di stato dei gas perfetti
RTM
mVRT
M
mnRTpV
OHarminus
=== 2ρ
Da cui
( ) ( )atm
MV
RTmVp
OH520
301040
30008210293013
2 =sdotsdot
sdotsdotminussdot=
minus=
minus
ρ
dove M = 40 gmole = 40 middot10 -3
kgmole T = t + 27315 = 27 + 27315 cong 300 K
ed R=00821 litri atm (mol K)
m
mar
H2O
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
3) Una mole di gas perfetto monoatomico inizialmente alla temperatura Ti viene raffreddata a
volume costante ponendola a contatto con unrsquounica sorgente di calore a temperatura Tf = 300K La
variazione totale di entropia del gas egrave di - 36 JK Calcolare la temperatura iniziale Ti del gas e la
variazione di entropia della sorgente
(R = 831 J(mol K))
Soluzione
Il gas effettua una trasformazione irreversibile in quanto viene posto in contatto termico con
una sorgente a temperatura Tf diversa da Ti (scambio di calore in presenza di differenza finita di
temperatura) La variazione di entropia del gas puograve essere calcolata considerando una
trasformazione reversibile di appoggio in cui il gas mantenuto a V = cost egrave posto a contatto
termico con un numero molto grande ( rarr infin) di sorgenti di calore aventi temperature (che
differiscono di dT lrsquouna dallrsquoaltra) comprese tra Ti e Tf = 300K
La quantitagrave di calore scambiata a volume costante dal gas con le sorgenti egrave semplicemente
dQ = n cV dT La variazione di entropia del gas egrave quindi
int =int=int==∆i
fT
TV
T
T
Vgas
T
TnR
T
dTnc
T
dTnc
T
dQS
f
i
f
i
ln2
3
i
f
gasT
TnRS ln
2
3=∆
i
fgas
T
T
nR
Sln
3
2=
∆
∆=
nR
S
T
T gas
i
f
3
2exp
Da cui si ricava Ti
KnR
STT
gas
fi deg=
∆minus= 400
3
2exp
Risulta essere Ti gt Tf come ci si poteva aspettare dal momento che la trasformazione egrave isocora e la
variazione di entropia negativa
La quantitagrave di calore Qgas ceduta dal gas (uguale in modulo alla quantitagrave di calore Qsorg assorbita
dalla sorgente) egrave
Qgas = n cV ∆T = 1 (32 R) ∆T = -15 middot8314 middot100 asymp - 1247 J
La variazione di entropia della sorgente che assorbe una quantitagrave di calore Qsorg egrave data da
KJT
QS
sorgente
sorgente
sorg 164300
1247===∆
La variazione di entropia dellrsquouniverso (gas+sorgente) egrave semplicemente
∆SUniv =∆Sgas + ∆Ssorg = - 36 JK + 416 JK = 056 JK (gt 0 poicheacute il processo egrave irreversibile)
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
4) Un recipiente chiuso superiormente da un pistone scorrevole verticalmente senza attrito contiene
n = 10 moli di gas perfetto monoatomico alla temperatura T0 = 250 K Il pistone e le pareti del
recipiente tranne la base inferiore che egrave costituita da un cattivo isolante termico sono impermeabili
al calore la capacitagrave termica complessiva del recipiente e del pistone egrave C = 1000 calK Il recipiente
viene appoggiato su un corpo di capacitagrave termica C1 = 2000 calK e temperatura T1 = 400K Il gas si
riscalda molto lentamente e il pistone si innalza molto lentamente fino a che non si raggiunge
lequilibrio termico la quantitagrave di calore scambiata dal corpo con latmosfera esterna egrave trascurabile
Si calcoli
a) la temperatura finale Tf del gas
b) la variazione ∆U dellenergia interna del gas
c) il lavoro L compiuto dal gas durante tale trasformazione
d) la variazione ∆S dellentropia del corpo
(R = 1986 calmol K)
Soluzione
a)
Allrsquoequilibrio il corpo a temperatura T1 si raffredda e si porta ad una temperatura finale Tf lt T1
cedendo il calore Qced Il sistema gas + recipiente + pistone si riscalda fino alla temperatura Tf
acquistando un quantitagrave di calore Qass somma del calore assorbito da recipiente+pistone e dal
calore assorbito a pressione costante (la pressione atmosferica) dal gas Allrsquoequilibrio si ha quindi
Qass + Qced = 0
dove
Qass = C(Tf ndash T0) + n cp (Tf ndash T0) e Qced = C1 (Tf ndash T1)
C1 T1
C T0 n
( ) ( ) 0)( 110 =minus+minus+ TTCTTncC ffP
Esplicitiamo i prodotti
oPfPf TncCTncCTCTC )()(111 +minus+=minus
fPfoP TncCTCTncCTC )()( 111 ++=++
e ricaviamo Tf
KncCC
TncCTCT
P
oP
f 4348
98612
51010002000
250)98612
5101000(4002000
)(
1
11 =
sdotsdot++
sdotsdotsdot++sdot=
++
++=
b) La variazione di energia interna del gas (monoatomico) egrave semplicemente
TncU v∆=∆ con Rc v 23=
calTnRU 29314989861102
3
2
3congtimestimestimes=∆=∆
c) Il lavoro fatto dal gas durante lrsquoespansione isobara si puograve ricavare dal 1deg principio della
termodinamica
LQU minus=∆
( ) ( ) ( ) ( ) calTTnRTTccnTTncTTncUQL ffvpfvfp 1954)( 0000 =minussdot=minusminuscongminusminusminus=∆minus=
d) La variazione di entropia del corpo egrave
KcalT
TC
T
dTC
T
dQS
ff T
T
f
T
T
276400
4348ln2000ln
111
minus=
====∆ intint
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
5) Si usa una pompa di calore per riscaldare un edificio La temperatura esterna egrave T2 = - 5degC mentre
allinterno delledificio si mantiene costante la temperatura a T1 = 22degC La pompa ha una efficienza
η pari a 13 di quello di un frigorifero di Carnot che lavori tra T1 e T2 e cede alledificio 20 MJ
allora Che potenza deve avere il motore della pompa
Soluzione
T2 = - 5degC cong 268 K
T1 = 22degC cong 295 K
η = 13 ηCarnot
Q1 = 20 MJ
La pompa di calore non egrave altro che una macchina frigorifera reale progettata per riscaldare un
ambiente interno e non per raffreddare un corpo come un normale frigorifero In questo caso la
sorgente a bassa temperatura (T2 = 268 K) egrave lambiente esterno mentre quella ad alta temperatura egrave
linterno delledificio (T1 = 295 K) Un frigorifero di Carnot non egrave altro che una macchina frigorifera
realizzata con una macchina di Carnot che funziona ldquoal contrariordquo prelevando il calore Qfreddo dal
termostato freddo e cedendo il calore Qcaldo al termostato caldo Lrsquoefficienza di un frigorifero di
Carnot (come pure quella di una qualsiasi macchina frigorifera che lavora fra due termostati a
temperature T1 e T2 ) egrave data da
99268295
268
21
2 congminus
=minus
=minus
==TT
T
Q
L
Q
freddocaldo
freddofreddo
Carnotη
T1=295 K
T2 = 268 K
Q2
Q1 = 20 MJ
L η=13 η MF
La pompa di calore del problema ha unrsquoefficienza
333
1== Carnotηη
Esprimendo lrsquoefficienza η attraverso i calori scambiati Q1 e Q2 si ha
21
22
Q
L
Q
minus==η
Conoscendo Q1 egrave possibile ricavare Q2
221 )( QQQ =minus η
η Q1 = Q2 + η Q2
η Q1 = (1 + η) Q2
oraallMJQQ 351520331
33
112 =
+=
+=
η
η
Possiamo quindi ricavare il lavoro L necessario per far funzionare la pompa di calore
MJQQQQL 65420331
1
1
1
11 1121 cong
+=
+=
+minus=minus=
ηη
η allrsquoora
Affincheacute venga prelevata la quantitagrave di calore Q2 (1535 MJ in unrsquoora) dallrsquoambiente esterno a
temperatura T2 egrave necessario che il motore della pompa faccia un lavoro L ( 465 MJ in unrsquoora) La
potenza del motore della pompa di calore egrave quindi
kWWt
LP 311291
3600
10654 6
cong=sdot
==
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
6) Una macchina di Carnot (M) lavora fra due sorgenti rispettivamente a temperatura T1 e T2 = 5degC
(con T2lt T1) producendo in un ciclo un lavoro L = 20 J Questo lavoro viene utilizzato per fare
compiere un ciclo ad una macchina frigorifera (F) che opera fra la sorgente a temperatura T2 e
unrsquoaltra sorgente a temperatura T3 = 20degC
Determinare la quantitagrave di calore che la macchina frigorifera F sottrae in un ciclo dalla sorgente a
temperatura T2 nei seguenti due casi
a) F egrave una macchina irreversibile ed egrave noto che la variazione di entropia delle tre sorgenti in un
ciclo di funzionamento di M + F egrave ∆Stot = 15 middot10 3minus cal K
b) F egrave una macchina reversibile
Soluzione
a) Essendo M una macchina di Carnot le variazioni di entropia delle due sorgenti sono uguali in
modulo ma di segno opposto
1
1
1T
QS minus=∆ e
2
11
2
22
T
QS
T
QS =∆minus==∆
La variazione di entropia della sorgente 2 in un ciclo di funzionamento della macchina frigorifera F
irreversibile egrave
2
2
2T
QS =∆
Il calore Q3 ceduto da F al termostato a temperatura T3 egrave legato al lavoro fatto sulla macchina dalla
relazione
23 QQL minus= rarr LQQ +=
23
La variazione di entropia della sorgente 3 in un ciclo della macchina frigorifera F egrave quindi
∆S3 = 3
2
3
3
T
LQ
T
Q +=
M F
T1
T2 = 27815 K
T3 = 29315 K
L = 20 J = 478cal
Qrsquo2
Q1 Q3
Q2
La variazione di entropia totale delle tre sorgenti egrave quindi
TOTALES∆ = ∆S1 + ∆S2 + ∆Srsquo2 + ∆S3 = -1
1
T
Q +
2
2
T
Q -
2
2
T
Q +
3
2
T
LQ + = 1510 3minus calK
I primi due termini della somma sono uguali in modulo e di segno opposto (variazione di entropia
delle sorgenti in un ciclo della macchina M) Avremo quindi
∆ Stot = -
2Q
+minus
23
11
TT +
3T
L
2Q =
minus
∆minus
32
3
11
TT
ST
L
=
32
23
3
TT
TT
ST
L
minus
∆minus
= 23
32
TT
TT
minus
∆minus S
T
L
3
=
= 1527815293
1529315278
minus
sdot
sdotminus minus31015
15293
784cong 71cal
b) Se F egrave reversibile allora le variazioni di entropia delle sorgenti con cui F lavora devono essere
uguali in modulo ma di segno opposto
2
2
2T
QS minus=∆ e
2
2
3
33
2
T
QS
T
QS =∆minus==∆
Quindi avremo
=minus
=
LQQ
T
Q
T
Q
23
2
2
3
3
Se la macchina frigorifera F egrave reversibile la sua efficienza η egrave legata alle temperature delle due
sorgenti con cui lavora dalla relazione
23
2
3
2
22
TT
T
Q
L
Q
minus=
minus==η
da cui
calLTT
TLQ 688784
1527815293
15278
23
2
2 congsdotminus
=minus
=sdot= η
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
7) Una macchina irreversibile opera tra due sorgenti alle temperature TC = 550 K e TF = 350 K con
un rendimento ρ del 25 In ogni ciclo la quantitagrave di calore QC = 1200 J viene sottratta alla
sorgente a temperatura TC e fornita al fluido di lavoro nella macchina La quantitagrave di calore QF viene
ceduta dalla macchina alla sorgente a temperatura TF
a) Determinare la variazione di entropia dellrsquouniverso per ogni ciclo di funzionamento
b) Quanto lavoro in piugrave potrebbe compiere una macchina reversibile operante tra queste sorgenti che
assorbisse in ogni ciclo la stessa quantitagrave di calore
c) Facoltativo dimostrare che per ogni ciclo la quantitagrave di lavoro che si rende indisponibile a causa
del processo irreversibile egrave pari a TF univS∆
Soluzione
a)
TC = 550 K
TF = 350 K
2501 =minus==C
F
C Q
Q
Q
Lρ
QC = 1200 J
Nella risoluzione del problema le quantitagrave di calore scambiate sono considerate quantitagrave positive
La variazione di entropia dellrsquouniverso egrave
sorgentimacchinauniv SSS ∆+∆=∆
ma macchinaS∆ = 0 percheacute la macchina lavora ciclicamente mentre sorgentiS∆F
F
C
C
T
Q
T
Q+minus= in quanto
la sorgente calda cede la quantitagrave di calore QC mentre la sorgente fredda riceve la quantitagrave di calore
QF Inoltre conosciamo il rendimento ρ della macchina irreversibile
750250112501 =minus=minus=rArr=minus= ρρC
F
C
F
Q
Q
Q
Q
JQQ CF 9001200750750 =sdot==
quindi sorgentiS∆F
F
C
C
T
Q
T
Q+minus= =
K
J38960
300
900
550
1200+=+minus
TC = 550 K
L
QF
QC
TF = 350 K
b) Una macchina reversibile che lavora fra KTC 550= e KTF 350= ha un rendimento
363636360636401550
35011 ==minuscongminus=minus=
C
Frev
T
Tρ
Conoscendo il rendimento e la quantitagrave di calore assorbita dal termostato caldo JQQ CC 1200 ==
possiamo ricavare la quantitagrave di calore
FQ ceduta al termostato freddo
C
F
C
Frev
T
T
Q
Qminus=minus= 11
ρ da cui
FQC
F
T
T= FC QJQ lt= 6763
La quantitagrave di calore ceduta dalla macchina reversibile al termostato freddo egrave inferiore a quella
ceduta al termostato freddo dalla macchina irreversibile
JQL Crevrev 36436120036360 congsdot== ρ
JQL Cirr 3001200250 =sdot== ρ
JLL irrrev 3613630036436 =minus=minus
Questa quantitagrave rappresenta il lavoro in piugrave che potrebbe compiere una macchina reversibile che
assorbisse in ogni ciclo la stessa quantitagrave di calore di una macchina irreversibile
La variazione di entropia dellrsquouniverso in un ciclo della macchina irreversibile egrave
K
J
T
Q
T
QSS
C
C
F
Fsorgentiuniv 38960=minus=∆=∆
Per la macchina reversibile vale la relazione
C
F
C
F
T
T
Q
Q=
cioegrave C
C
C
C
F
F
T
Q
T
Q
T
Q==
La differenza fra Lrev e Lirr puograve essere riscritta in questo modo
FCFCrev QQQQL minus=minus=
FCirr QQL minus=
univF
C
C
F
FF
F
F
F
FF
F
FFFFFirrrev ST
T
Q
T
QT
T
Q
T
QT
T
QQTQQLL ∆sdot=
minus=
minus=
minus=minus=minus
Infatti
3613638960350 =sdot=∆ univF ST
La quantitagrave di lavoro Lrev - Lirr che si rende indisponibile a causa del processo irreversibile egrave
chiamata ldquoenergia inutilizzabilerdquo ed egrave pari a
univFbileinutilizza STE ∆=
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
8) In un recipiente in cui si trova una massa M1 = 3 kg di ghiaccio alla temperatura T1 = - 20degC si
versa una massa M2 = 200 g di acqua alla temperatura T2 = 10degC La capacitagrave termica del recipiente
e la quantitagrave di calore ceduta dal sistema allambiente esterno sono trascurabili Si calcoli la
temperatura TE del sistema allequilibrio termico
(cA = 1 calgdegC c
G = 05 calgdegC λF = 80 calg)
Soluzione
Affincheacute la massa M1 di ghiaccio possa incominciare a fondere egrave necessario innanzitutto portare la
sua temperatura da ndash 20 degC a 0degC La quantitagrave di calore necessaria egrave
Q (T1=-20degC rarr Tfus=0degC) = M1 cG (Tfus - T1) = 3000 05 20 = 30000 cal
La massima quantitagrave di calore che la massa M2 di acqua a temperatura T2 puograve cedere al blocco di
ghiaccio M1 egrave
Q1(T2 = 10degC rarr Tsol = 0degC) = M2 cA (Tsol - T2) = 200 1 (0 -10) = -2000 cal
Questa quantitagrave di calore non egrave quindi sufficiente a portare M1 fino a 0degC (servirebbero infatti 30000
cal) La massa M2 di acqua a 0degC in contatto con un blocco di ghiaccio a temperatura inferiore
cede calore al blocco M1 e comincia a solidificarsi Affincheacute lrsquointera massa M2 passi dallo stato
liquido allo stato solido egrave necessario che essa ceda una quantitagrave di calore Q2sol pari a
Q2sol = - λF M2 = - 80 200 = - 16000 cal
Dopo avere ceduto una quantitagrave di calore pari a Q1+ Q2sol la massa M2 di acqua inizialmente a
T2=10degC si egrave trasformata in 200 g di ghiaccio a 0degC Essendo M2 (diventata ghiaccio) in contatto
termico con il blocco M1 a temperatura inferiore entrambi raggiungeranno una temperatura di
equilibrio TE da determinare La massa M2 di ghiaccio per portarsi alla temperatura di equilibrio TE
cede al blocco M1 una quantitagrave di calore Q3 data da
M1
M2
Q3(Tsol=0degC rarr TE) = M2 cG (TE -0degC) = 200 05 TE = 100 TE
Il blocco M1 inizialmente a temperatura T1=-20degC per portarsi alla temperatura di equilibrio TE piugrave
alta assorbe (da M2) una quantitagrave di calore Q data da
Q (T1 =-20degC rarr TE) = M1 cG (TE - T1) = 3000 05 (TE + 20) = 1500 (TE + 20)
Essendo trascurabili le quantitagrave di calore scambiate dal sistema con lambiente esterno (sistema
isolato) la somma algebrica delle quantitagrave di calore scambiate da M1 ed M2 deve essere nulla
Q (T1 =-20degC rarr TE) + Q1(T2=10degC rarr Tsol=0degC) + Q2sol + Q3(Tsol=0degC rarr TE) = 0
1500 (TE + 20) - 2000 - 16000 + 100 TE = 0
1500 TE + 100 TE = 18000 - 30000
1600 TE = - 12000
TE = -120001600 = - 75degC
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi (3a parte)
9) Una mole di gas perfetto biatomico egrave sottoposta a un ciclo reversibile costituito da tre
trasformazioni una espansione isoterma da A a B nella quale VB = 3VA una trasformazione a
volume costante da B a C in cui la pressione egrave ridotta una compressione adiabatica da C ad A
a) Determinare Q L ∆U ∆S per ciascuna trasformazione del ciclo
b) Determinare il rendimento del ciclo e confrontarlo con quello di una macchina di Carnot che
lavora fra le temperature estreme
(R = 831 Jmole K pA = 4 x 103 Nm
2 VA = 02 m
3)
Soluzione
n = 1
Rcv2
5=
Rc p2
7=
415
7
2
52
7
====
R
R
c
c
v
pγ
a)
Punto A
pA = 4 x 103 Nm
2
VA = 02 m3
KnR
VpT AA
A 27963181
204000=
sdot
sdot==
Punto B
VB =3 VA = 06 m3
TB = TA = 9627 K
22
3 31333103
4
3
1
3 m
N
m
Np
V
nRT
V
nRTp A
A
A
B
B
B =====
p
V
A
B
isoterma
adiabatica isocora
pA
pB
VA VB
C
Punto C
VC = VB = 3 VA = 06 m3
Il punto C sta nella stessa adiabatica del punto A per cui essendo
p Vγ = costante
si ha γγCCAA VpVp =
da cui 2
41
198593
14000
m
N
V
Vp
V
Vpp
C
A
A
C
A
AC =
sdot=
==
γ
γ
γ
KnR
VpT CC
C 04623181
6019859=
sdot
sdot==
quindi
VC = 06 m3
pC = 85919 Nm2
TC cong 6204 K
Trasformazione A rarr B (isoterma)
∆U (A rarr B) = 0 percheacute U dipende solo da T
quindi ∆U = Q ndash L rArr L = Q
JV
VnRT
V
dVnRTdV
V
nRTpdVL
A
B
ABA 898783ln27963181ln)( =sdotsdotsdot===== intintintrarr
Q (A rarr B) = L (A rarr B) = 87889 J
KJV
VnR
T
TncS
A
B
A
B
VBA 1393ln31810lnln)( =sdotsdot+=+=∆ rarr
Trasformazione B rarr C (isocora)
L (B rarr C) = 0 percheacute V = costante
Quindi ∆U = Q ndash L = Q
∆U(B rarr C) = n cv ∆T = n cv (TC ndash TB) = 52 831 (6204 - 9627) = - 71122 J
Q = ∆U = - 71122 J calore ceduto
KJV
VnR
T
TncS
B
C
B
C
VCB 13902796
0462ln318
2
51lnln)( minus=+sdotsdotsdot=+=∆ rarr
Trasformazione C rarr A (adiabatica)
Q (C rarr A) = 0 percheacute adiabatica
Quindi
∆U(C rarr A) = n cv ∆T = n cv (TA ndash TC) = n cv (TB ndash TC) = - ∆U(B rarr C) =
= 52 831 (9627 ndash 6204) = + 71122 J
∆U = Q ndash L = - L
L(C rarr A) = - ∆U(C rarr A) = - 71122 J
∆S(C rarr A) = 0 perchegrave adiabatica reversibile
Q L ∆U ∆S
A rarr B
Isoterma 87889 J 87889 J 0 913 JK
B rarr C
Isocora - 71122 J 0 - 71122 J - 913 JK
C rarr A
Adiabatica 0 - 71122 J 71122 J 0
ciclo 16767 J 16767 J 0 0
b) Calcolare il rendimento del ciclo
119191089878
67167
)(
)()(cong==
+==
rarr
rarrrarr
BA
ACBA
ass Q
LL
Q
Lρ
Le temperature estreme sono
TA = TB = 9627 K
TC = 6204 K
63535602796
046211 congminus=minus=minus=
A
CC
T
Tρ
ρ lt ρC come ci si aspettava
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica
10) Un pezzo di materiale solido di massa ms = 01 kg viene riscaldato a Ts = 300 degC e poi immerso
in un contenitore a pareti adiabatiche contenente due litri di acqua inizialmente a Ta = 20degC Se la
temperatura finale del sistema egrave di Tf = 213degC si determini il calore specifico cs del solido
assumendo i calori specifici indipendenti dalla temperatura
Soluzione
ms = 01 kg
Va = 2 litri = 2 x 10-3
m3
Ts = 300 degC
Ta = 20degC
Tf = 213degC
cs =
Il corpo di massa ms inizialmente alla temperatura Ts=300 degC egrave immerso in un volume di acqua Va
= 2 litri che si trova inizialmente alla temperatura Ta = 20degC Il corpo a temperatura maggiore cede
calore allrsquoacqua a temperatura inferiore Il recipiente egrave adiabatico (non ci sono dispersioni di calore)
quindi la somma algebrica del calore Qs ceduto dal solido e del calore Qa assorbito dallrsquoacqua deve
essere nulla cioegrave
Qs + Qa = 0
e quindi
Qs = - Qa (1)
La quantitagrave di calore Qs ceduta dal corpo solido egrave pari a
Qs = ms cs (Tf - Ts)
La quantitagrave di calore Qa assorbita dallrsquoacqua egrave data dalla
Qa = ma ca (Tf - Ta) = ρa Va ca (Tf - Ta)
dove ρa = 1000 kgm3 e ca = 1 cal(g degC)= 1000 cal(kg degC)
Sostituendo nella (1) si ottiene
ms cs (Tf - Ts) = - ρa Va ca (Tf - Ta)
da cui
Ckg
J
Ckg
cal
TTm
TTcVc
sfs
afaaa
sdeg
congdeg
=minussdot
minussdotsdotsdotsdotminus=
minus
minusminus=
minus
53902993)300321(10
)20321(10001021000
)(
)( 3ρ
ms
ma
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
11) Vengono fatti espandere adiabaticamente m = 100 g di azoto (N2) fino a compiere un lavoro
L = 250 J Considerando il gas perfetto si calcoli la temperatura finale TB sapendo che quella
iniziale TA egrave di 40 degC (La massa molare dellrsquoazoto N2 egrave Mo = 28 gmole R = 831 J(mol K))
Soluzione
m = 100 g
Mo = 28 gmole
TA = 40degC = 31315 K
L = 250 J
R = 831 Jmole K
Per il primo principio della termodinamica si ha che
∆U = Q ndash L
Il gas effettua una trasformazione adiabatica allora Q = 0 quindi
∆U = ndash L
n cV ∆T = - L
n cV (TB ndash TA) = - L
n cV TB ndash n cV TA = - L
quindi
V
ABnc
LTT minus= (1)
Il gas N2 egrave biatomico quindi RcV2
5= Il numero di moli n si ricava dividendo la massa m del gas
N2 per la massa molare Mo cioegrave
moliM
mn 573
28
100
0
===
Sostituendo nella (1) si ottiene
CKnc
LTT
V
AB deg==
sdotsdot
minus=minus= 63675309
3182
5573
25015313
L=250J
N2
TA=40degC
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
12) Una macchina irreversibile funziona scambiando calore con due sorgenti alle temperature
T1 = 300 K e T2 = 250 K In un ciclo essa produce un lavoro L = 30 cal e la variazione totale di
entropia dellrsquouniverso egrave ∆S = 002 calK Calcolare il rendimento ρ della macchina
Soluzione
T1 = 300 K
T2 = 250 K
L = 30 cal
∆Suniverso = 002 calK
ρ =
Nella risoluzione del problema le quantitagrave di calore Q1 e Q2 assorbita e ceduta dalla macchina sono
considerate come quantitagrave positive Con questa scelta il lavoro fatto dalla macchina egrave pari
semplicemente alla differenza fra il calore assorbito Q1 e il calore ceduto Q2 L=Q1-Q2
Per calcolare il rendimento 1Q
L=ρ della macchina egrave necessario ricavare il calore assorbito Q1
Una relazione fra Q1 e Q2 si ottiene osservando che il lavoro L fatto dalla macchina egrave pari a 30 cal
L = Q1 ndash Q2 = 30 cal
Una seconda relazione fra Q1 e Q2 si puograve ottenere calcolando la variazione di entropia dellrsquouniverso
in un ciclo della macchina visto che la traccia fornisce il suo valore ∆Suniverso = 002 calK
La variazione di entropia dellrsquouniverso ∆Suniverso egrave semplicemente la somma delle variazioni di
entropia della macchina e delle due sorgenti
∆Suniverso = ∆Smacchina + ∆S1 + ∆S2
La variazione di entropia della macchina ∆Smacchina in un ciclo egrave nulla in quanto lrsquoentropia egrave funzione
di stato (lo stato finale della macchina egrave identico a quello iniziale)
La sorgente a temperatura T1 cede una quantitagrave di calore Q1 alla macchina quindi la sua variazione
di entropia ∆S1 egrave negativa
La sorgente a temperatura T2 al contrario acquista dalla macchina una quantitagrave di calore Q2 quindi
la sua variazione di entropia ∆S2 egrave positiva
Quindi
250300
21
2
2
1
121
T
Q
T
QSSSuniverso +minus=+minus=∆+∆=∆
T2
Q2
Q1
L
MT
T1
Otteniamo cosigrave la seconda relazione fra Q1 e Q2
250300020 21 QQ
+minus=
Mettendo a sistema le due relazioni ricavate sopra si ottengono i valori di Q1 e Q2
+=
=+minus
30
100
2
250300
21
21
+=
=++
minus
30
10
2
2530
30
21
22
Dalla prima equazione si ottiene
- 5 (Q2 + 30) + 6 Q2 = 30
-5 Q2 - 150 + 6 Q2 = 30
Q2 = 180 cal
Sostituendo nella seconda si ottiene il valore di Q1
Q1 = Q2 + 30 = 180 + 30 = 210 cal
Il rendimento cercato egrave quindi
14140210
30
1
====Q
Lρ
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
13) Una mole di azoto (N2) occupa inizialmente un volume V0 = 10 l alla temperatura T0 = 400 K Il
gas compie una espansione adiabatica irreversibile a seguito della quale il volume raddoppia Il
lavoro compiuto dal gas durante la trasformazione egrave L = 1250 J
Determinare
a) la temperatura e la pressione del gas quando si egrave stabilito di nuovo lequilibrio termodinamico
b) la variazione di entropia nel processo
R = 831 J(mol K) = 00821 litriatm (mol K)
Soluzione
Lrsquoazoto (N2 ) egrave biatomico quindi il calore specifico molare a volume costante egrave Rcv2
5=
Il gas compie una espansione adiabatica irreversibile durante la quale compie un determinato lavoro
esterno Applicando il primo principio della termodinamica alla trasformazione effettuata dal gas si
ha
∆U =Q ndash L = ndash L
in quanto Q=0 in una trasformazione adiabatica Drsquoaltra parte la variazione di energia interna ∆U in
un gas perfetto che effettua una trasformazione qualsiasi tra due stati che differiscono di ∆T in
temperatura egrave sempre data da ∆U = n cv ∆T Quindi
n cv ∆T = ndash L
n cv (Tf ndash Ti) = ndash L
da cui si ricava la temperatura finale di equilibrio
Knc
LTnc
nc
LTT
v
iv
v
if 340
3182
5
12504003182
5
cong
sdot
minussdotsdot=
minus=minus=
Dallrsquoequazione di stato dei gas perfetti possiamo ricavare il valore della pressione nel nuovo stato
di equilibrio termodinamico
pf Vf = n R Tf
atmV
nRTp
f
f
f 41102
34008210cong
sdot
sdot==
La variazione di entropia del processo puograve essere calcolata utilizzando lrsquoespressione generale per la
variazione di entropia di un gas perfetto fra due stati termodinamici Iequiv (Ti Vi) ed Fequiv (Tf Vf )
KJV
VnR
T
TncS
i
f
i
f
V 38276538310
20ln318
400
340ln318
2
5lnln =+minuscongsdot+sdotsdot=+=∆
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
14) Si considerino due macchine termiche che funzionano con le stesse due sorgenti di calore alle
temperature T2 = 250K e T1 = 500K La prima macchina opera secondo un ciclo di Carnot
assorbendo una quantitagrave di calore Q1 = 1400J dalla sorgente alla temperatura T1 La seconda
macchina descrive invece un ciclo irreversibile il cui rendimento egrave ρ = 035 Il lavoro prodotto dalle
due macchine egrave il medesimo Determinare
a) il lavoro prodotto in un ciclo
b) la variazione di entropia dellrsquouniverso che accompagna ogni ciclo della macchina irreversibile
Soluzione
T1 = 500K
T2 = 250K
Q1 = 1400J (calore assorbito Carnot)
L = Lrsquo=
a)
Il rendimento della macchina di Carnot egrave dato da
50502
1
500
25011
1
2
1
===minus=minus==T
T
Q
LCarnotρ
da cui si ricava immediatamente la risposta al quesito a)
L = ρCarnotQ1 = 05 1400 = 700 J
T1
T2
Q2
Q1
L
CARNOT
b)
Indichiamo con lrsquoapice tutte le grandezze relative alla macchina irreversibile Il lavoro Lrsquo fatto dalla
macchina irreversibile egrave uguale a quello (L=700 J) fatto dalla macchina di Carnot Per calcolare la
variazione di entropia che accompagna ogni ciclo della macchina irreversibile abbiamo bisogno di
conoscere il calore Q1rsquoassorbito dal termostato a temperatura T1 e il calore Q2rsquo ceduto al termostato
a temperatura T2
Conoscendo il rendimento ρ della macchina irreversibile possiamo calcolare il calore Q1rsquo assorbito
dalla macchina
1
Q
L=ρ rarr J
LQ 2000
350
700
1 ===
ρ
Il calore Q2rsquo ceduto dalla macchina irreversibile al termostato a temperatura piugrave bassa T2 saragrave quindi
dato da
Q2rsquo = Q1rsquo ndash Lrsquo = 2000 ndash 700 = 1300 J
La variazione di entropia dellrsquouniverso per ogni ciclo della macchina irreversibile egrave data solamente
dalla variazione di entropia delle sorgenti in quanto la variazione di entropia della macchina in un
ciclo egrave nulla (lrsquoentropia egrave una funzione di stato)
KJT
Q
T
QS sorg 21
250
1300
500
2000
2
2
1
1 =+minus=+minus=∆
T1
T2
Q2rsquo
Q1rsquo
Lrsquo=L Macchina
irreversibile ρρρρrsquo=035
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
15) Un gas perfetto descrive un ciclo reversibile costituito dalle trasformazioni AB adiabatica BC
isoterma e CA isocora
Calcolare il rendimento del ciclo sapendo che TA = 2TB
Soluzione
A rarr B adiabatica
B rarr C isoterma
C rarr A isocora
TA = 2TB
VA = VC (poicheacute isocora)
TB = TC (poicheacute isoterma)
Il rendimento del ciclo egrave dato dalla
ass
cedass
ass Q
Q
L minus==ρ
si devono quindi calcolare Qass e Qced In questo ciclo
QAB = 0 (poicheacute trasformazione adiabatica)
QCA = Qass = n cv ∆T = n cv (TA - TC) = n cv (TA ndash TB) = n cv (2TB ndash TB) = n cv TB
C
BB
B
CB
V
V
B
V
V
BcedBC
V
VnRT
V
VnRT
V
dVnRTdV
V
nRTQQ
C
B
C
B
lnln minus===== intint
quindi essendo VA = VC
p
C
B
A
V
adiabatica
isocora
isoterma
VA = VC VB
A
BBced
V
VnRTQ lnminus=
Il rapporto VB VA si puograve calcolare considerando la trasformazione AB (adiabatica) per la quale vale
la seguente
PVγ = cost
da cui
=sdot γV
V
nRTcost
e quindi essendo n ed R costanti
T V γ - 1
= cost
Applicata alla trasformazione AB si ha
11 minusminus = γγ
BBAA VTVT
da cui 1minus
=
γ
A
B
B
A
V
V
T
T
e
1
1
minus
=
γ
B
A
A
B
T
T
V
V
Sapendo che v
p
c
c=γ e che cp - cv = R (relazione di Mayer) si ha
vv
vp
v
p
c
R
c
cc
c
c=
minus=minus=minus 11γ oppure
1
1
minus=
γR
cv
2lnlnlnlnln1
1
Bv
B
AB
vR
c
B
AB
B
AB
A
BBced Tnc
T
TT
R
cnR
T
TnRT
T
TnRT
V
VnRTQ
v
minus=
sdotminus=
minus=
minus=minus=
minusγ
Quindi il rendimento ρ risulta essere
302ln12ln
11 =minus=minus=+==Bv
Bv
ass
ced
ass Tnc
Tnc
Q
Q
Q
Lρ
Fisica 1 (AA 2004-2005) Esercizi Termodinamica
16) Una macchina di Carnot ha un rendimento ρ = 22 Le due sorgenti a temperatura costante
differiscono di 75 K Sapendo che il lavoro prodotto in un ciclo egrave L = 200 J calcolare
a) le due temperature T1 e T2 ( con T1 gt T2)
b) la quantitagrave di calore Q1 assorbita dalla macchina di Carnot dalla sorgente a temperatura T1 e la
quantitagrave di calore Q2 ceduta dalla macchina di Carnot alla sorgente a temperatura T2
c) le variazioni di entropia (con il loro segno) 1S∆ e 2S∆ di ciascuna delle due sorgenti
d) la variazione di entropia dellrsquouniverso univS∆
Soluzione
ρ = 22 = 022
T1 ndash T2 = 75 K
L = 200 J
a) T1 = T2 =
b) Q1 =
c) Q2 =
d) ∆S1 = ∆S2 =
e) ∆SUNIV =
a) Consideriamo le quantitagrave di calore Q1 e Q2 come quantitagrave positive Con questa scelta il
rendimento ρ della macchina di Carnot egrave
1
2
1
2 11T
T
Q
Qminus=minus=ρ
11
21
1
21T
T
T
TT
T
T ∆=
minus=minus=ρ
quindi
KKT
T 3419340220
751 cong==
∆=
ρ
e
KTTTT 26675341)( 2112 =minuscongminusminus=
b)
Essendo Q1 e Q2 quantitagrave positive il lavoro prodotto in un ciclo egrave pari alla differenza fra Q1 e Q2
L = Q1 ndash Q2 = 200 J
Inoltre
V
A
D
p
C
B T1
T2
780341
266
1
2
1
2 ===T
T
Q
Q
Abbiamo quindi le seguenti due relazioni nelle due incognite Q1 e Q2
=
=minus
12
21
780
200
Risolvendo
=
=sdotminus
12
11
780
200780
=
=sdot
12
1
780
200220
Q
=
=sdot
12
1
780
220
200
Q
da cui
=
=
JQ
JQ
709
909
2
1
d) La variazione di entropia della sorgente 1 egrave
KJT
QS 662
341
909
1
11 minus=minus=minus=∆
La variazione di entropia della sorgente 2 egrave
KJT
QS 662
266
709
2
22 ==+=∆
e) La variazione di entropia dellrsquouniverso in un ciclo della macchina di Carnot (o di una qualunque
macchina termica reversibile che lavori fra T1 e T2) risulta quindi essere
∆SUNIV = ∆S1 + ∆S2 = - 266 + 266 = 0
Fisica 1 (AA 2004-2005) Esercizi Termodinamica
17) Un gas perfetto monoatomico compie a partire da un certo stato iniziale una trasformazione
isocora fino a una pressione doppia di quella iniziale assorbendo una quantitagrave di calore Q = 45 cal
Si calcoli il lavoro compiuto dal gas se a partire dallo stesso stato iniziale esso compie invece una
trasformazione isobara che ne fa raddoppiare il volume
Soluzione
Il lavoro compiuto dal gas nella trasformazione isobara da I a G egrave semplicemente
( ) 000000 2 VpVVpVpL =minus=∆=
La quantitagrave p0V0 entra nellrsquoequazione di stato dei gas perfetti
000 nRTVp =
Nella trasformazione isocora da I ad F il gas passa da una pressione iniziale pi= p0 a una pressione
finale doppia pf=2p0 La temperatura finale Tf saragrave quindi doppia di quella iniziale Infatti
fnRTVp =sdot 00 )2( fnRTnRT =02 02TT f =
Passando da I ad F il gas monoatomico ( Rcv2
3= ) assorbe una quantitagrave di calore Q = 45 cal
( ) ( ) 0000 2 TncTTncTTncTncQ vvfvv =minus=minus=∆=
00002
3
2
3
2
3VpTnRTRnQ ===
Possiamo quindi ricavare la quantitagrave cercata p0V0
QVp3
200 =
Il lavoro L compiuto dal gas nella trasformazione isobara da I a G egrave quindi
30453
2
3
200 calcalQVpL ====
G I
F
V
2 p0
p0
2 V0 V0
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
18) Un blocco di ghiaccio di massa mg alla temperatura T1 = -10degC egrave immerso in 100g di acqua alla
temperatura T2 = 27degC Calcolare la temperatura finale di equilibrio e la quantitagrave di ghiaccio sciolta
nei due casi
a) mg = 100g
b) mg = 10g
(ca = 1 calg degC cg = 05 calg degC λfus = 80 calg)
Soluzione
a)
Nel primo caso una massa mg = 100g di ghiaccio viene immersa in ma = 100g di acqua Per
ricavare la quantitagrave di ghiaccio sciolta osserviamo che affincheacute il ghiaccio inizi a sciogliersi deve
innanzitutto portarsi dalla temperatura iniziale T1 = -10degC alla temperatura Tfus= 0degC assorbendo
calore dallrsquoacqua circostante La quantitagrave di calore necessaria per il riscaldamento del ghiaccio da -
10degC a 0degC egrave
Qg (T1=-10degC rarr Tfus=0degC) = mg cg ∆T = 100 05 10 = 500 cal
La massa ma di acqua con cui il ghiaccio egrave in contatto termico puograve fornire al ghiaccio al massimo
una quantitagrave di calore Qamax che corrisponde a un raffreddamento dellrsquointera massa drsquoacqua ma fino
alla temperatura di solidificazione dellrsquoacqua Tsol=0degC
Qamax (T2 = 27degC rarr Tsol= 0degC) = ma ca ∆T = 100 1 27 = 2700 cal
Essendo Qamax gt Qg allora il ghiaccio puograve assorbire dallrsquoacqua circostante il calore necessario a
passare da -10degC a 0degC Assorbendo ulteriormente calore il ghiaccio comincia a fondere
La quantitagrave di calore necessaria affincheacute lrsquointera massa mg di ghiaccio si fonda puograve essere ricavata
dalla relazione
Qfus = λfus mg = 80 100 = 8000 cal
La quantitagrave di calore necessaria per la fusione dellrsquointera massa di ghiaccio egrave superiore alla massima
quantitagrave di calore che lrsquoacqua circostante puograve fornire Qfus gt Qamax Non tutta la massa di ghiaccio
puograve quindi passare allo stato liquido con il risultato che coesisteranno in equilibrio acqua e
ghiaccio La temperature di equilibrio Te risulteragrave quindi essere la temperatura di fusione Tfus= 0degC
mg
ma
La quantitagrave mrsquog di ghiaccio fusa puograve essere ricavata dalla conservazione dellrsquoenergia La quantitagrave di
calore massima Qamax che lrsquoacqua circostante puograve fornire serve ad innalzare la temperatura del
ghiaccio da -10degC a 0degC e a fondere solo una parte mrsquog di ghiaccio
Qamax = Qg (T1=-10degC rarr Tfus=0degC) + mrsquog λfus
2700 = 500 + 80 mrsquog
da cui
gm g 52780
2200 ==
b)
Nel secondo caso una massa mg = 10g viene immersa in ma = 100g di acqua
La quantitagrave di calore necessaria adesso per il riscaldamento di soli 10 grammi di ghiaccio da -10degC a
0degC egrave
Qg (T1= -10degC rarr Tfus=0degC) = mg cg ∆T = 10 05 10 = 50 cal
La quantitagrave di calore necessaria per fondere i 10 grammi di ghiaccio egrave pari a
Qfus = λfus mg = 80 10 = 800 cal
La quantitagrave di calore massima Qamax =2700 cal che lrsquoacqua circostante puograve fornire egrave adesso
sufficiente per innalzare la temperatura di mg=10g di ghiaccio da -10degC a 0degC (servono infatti solo
50 cal)e per fondere lrsquointera massa di ghiaccio (servono infatti solo ulteriori 800 cal)
Assorbendo quindi solo 850cal dallrsquoacqua circostante lrsquointera massa mg=10g di ghiaccio fonde e si
ottengono 10 grammi di acqua a 0deg
Assorbendo ulteriormente una quantitagrave di calore Q (0degC rarr te) dalla massa ma=100g di acqua
circostante a piugrave alta temperatura i 10 grammi di acqua a 0deg e la massa ma = 100g si porteranno a
una temperatura intermedia di equilibrio tE
Se si indica Qa la quantitagrave di calore ceduta dalla massa ma = 100g di acqua che si porta dalla
temperatura T1=27degC alla temperatura di equilibrio te il bilancio dei calori scambiati puograve essere
scritto come
Qa (T1=27degC rarr te) = Qg (-10degC rarr 0degC) + Qfus + Q (0degC rarr te)
ma ca (27deg - te) = 50 + 800 + mg ca ( te- 0deg)
100 1 (27deg - te) = 50 + 800 + 10 1 ( te- 0deg)
100 27 ndash 100 te = 850 + 10 te
da cui 2700 ndash 100 te = 850 + 10 te
110 te = 1850
e quindi
Cte deg== 816110
1850
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
19) Una kmole di gas perfetto biatomico egrave contenuta in un recipiente adiabatico munito di pistone di
volume Vi =05m3 Con il pistone bloccato il contenitore viene posto in un ambiente la cui pressione
egrave mantenuta costante al valore p0 = 510 6 Pa Ad un certo istante si sblocca il pistone e il gas si
espande fino a raggiungere lrsquoequilibrio meccanico con lrsquoambiente Si osserva una diminuzione di
temperatura ∆T= - 20 K Calcolare il volume finale Vf del gas
Soluzione
Il recipiente egrave adiabatico quindi il calore scambiato con lrsquoesterno egrave nullo (Q = 0 )
Il lavoro fatto dal gas sullrsquoambiente esterno a pressione p0=costante egrave semplicemente
VpL ∆= 0
Dal primo principio della termodinamica
LLQU minus=minus=∆
La variazione di energia interna del gas perfetto biatomico (cV=52 R) egrave
RRTncU V 50000)20(2
51000 minus=minussdot=∆=∆
3
6
00
080105
31850000m
p
U
p
LVVV if cong
sdot
sdot=
∆minus==minus=∆
358008050 mVVV if =+=∆+=
V = 053
m
n = 1000 Pap
6
0 105 sdot=
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
20) Un gas perfetto biatomico subisce una trasformazione a seguito della quale la pressione varia da
po = 15105 Pa a p1 = 225 10
5 Pa Il calore netto scambiato durante la trasformazione egrave Q=608 J
Sapendo che il volume finale V1 egrave uguale a quello iniziale (Vo = 3 l) determinare
a) la variazione di energia interna ∆U subita dal gas
b) il lavoro fatto dal gas
Soluzione
Il fatto che i volumi iniziale e finale sono uguali non egrave sufficiente per dedurre che il lavoro egrave nullo
(la trasformazione cioegrave non egrave isocora) infatti il lavoro dipende dalla trasformazione subita dal gas
ed il suo valore puograve essere determinato dal primo principio della termodinamica
L = Q - ∆U
La variazione di energia interna di un gas perfetto risulta essere
∆U = n cv (T1-T0)
Le temperature iniziale e finale si determinano dallrsquoequazione di stato del gas perfetto
Tp V
nR
p V
nR
p V
nR0
0 01
1 1 1 0= = = e T
La variazione di energia interna risulta
∆U = n cv ( )0100001 ppV
R
c
nR
Vp
nR
Vp v minus=
minus = 5625 J
Il lavoro del gas risulta quindi
L = Q - ∆U = 608 -5625 = 455 J
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
2) Un recipiente rigido a pareti metalliche di massa m = 29 kg e di volume interno ed esterno
approssimativamente uguali e pari a V = 30 litri egrave riempito con una massa mar di argon
monoatomico di massa atomica M = 40 gmole e immerso in una vasca contenente acqua alla
temperatura T = 27degC Si chiede quale saragrave la massima pressione di riempimento del gas percheacute il
recipiente possa galleggiare
(R = 831 Jmole K)
Soluzione
Affincheacute il recipiente riempito con argon possa galleggiare la spinta di Archimede deve bilanciare
la forza peso di recipente+gas Quindi deve essere
gmmgVg arOH +=2
ρ
Da cui si ricava la massa di gas argon
mVm OHar minus=2
ρ
La pressione del gas allrsquointerno del recipiente si puograve ricavare dallrsquoequazione di stato dei gas perfetti
RTM
mVRT
M
mnRTpV
OHarminus
=== 2ρ
Da cui
( ) ( )atm
MV
RTmVp
OH520
301040
30008210293013
2 =sdotsdot
sdotsdotminussdot=
minus=
minus
ρ
dove M = 40 gmole = 40 middot10 -3
kgmole T = t + 27315 = 27 + 27315 cong 300 K
ed R=00821 litri atm (mol K)
m
mar
H2O
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
3) Una mole di gas perfetto monoatomico inizialmente alla temperatura Ti viene raffreddata a
volume costante ponendola a contatto con unrsquounica sorgente di calore a temperatura Tf = 300K La
variazione totale di entropia del gas egrave di - 36 JK Calcolare la temperatura iniziale Ti del gas e la
variazione di entropia della sorgente
(R = 831 J(mol K))
Soluzione
Il gas effettua una trasformazione irreversibile in quanto viene posto in contatto termico con
una sorgente a temperatura Tf diversa da Ti (scambio di calore in presenza di differenza finita di
temperatura) La variazione di entropia del gas puograve essere calcolata considerando una
trasformazione reversibile di appoggio in cui il gas mantenuto a V = cost egrave posto a contatto
termico con un numero molto grande ( rarr infin) di sorgenti di calore aventi temperature (che
differiscono di dT lrsquouna dallrsquoaltra) comprese tra Ti e Tf = 300K
La quantitagrave di calore scambiata a volume costante dal gas con le sorgenti egrave semplicemente
dQ = n cV dT La variazione di entropia del gas egrave quindi
int =int=int==∆i
fT
TV
T
T
Vgas
T
TnR
T
dTnc
T
dTnc
T
dQS
f
i
f
i
ln2
3
i
f
gasT
TnRS ln
2
3=∆
i
fgas
T
T
nR
Sln
3
2=
∆
∆=
nR
S
T
T gas
i
f
3
2exp
Da cui si ricava Ti
KnR
STT
gas
fi deg=
∆minus= 400
3
2exp
Risulta essere Ti gt Tf come ci si poteva aspettare dal momento che la trasformazione egrave isocora e la
variazione di entropia negativa
La quantitagrave di calore Qgas ceduta dal gas (uguale in modulo alla quantitagrave di calore Qsorg assorbita
dalla sorgente) egrave
Qgas = n cV ∆T = 1 (32 R) ∆T = -15 middot8314 middot100 asymp - 1247 J
La variazione di entropia della sorgente che assorbe una quantitagrave di calore Qsorg egrave data da
KJT
QS
sorgente
sorgente
sorg 164300
1247===∆
La variazione di entropia dellrsquouniverso (gas+sorgente) egrave semplicemente
∆SUniv =∆Sgas + ∆Ssorg = - 36 JK + 416 JK = 056 JK (gt 0 poicheacute il processo egrave irreversibile)
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
4) Un recipiente chiuso superiormente da un pistone scorrevole verticalmente senza attrito contiene
n = 10 moli di gas perfetto monoatomico alla temperatura T0 = 250 K Il pistone e le pareti del
recipiente tranne la base inferiore che egrave costituita da un cattivo isolante termico sono impermeabili
al calore la capacitagrave termica complessiva del recipiente e del pistone egrave C = 1000 calK Il recipiente
viene appoggiato su un corpo di capacitagrave termica C1 = 2000 calK e temperatura T1 = 400K Il gas si
riscalda molto lentamente e il pistone si innalza molto lentamente fino a che non si raggiunge
lequilibrio termico la quantitagrave di calore scambiata dal corpo con latmosfera esterna egrave trascurabile
Si calcoli
a) la temperatura finale Tf del gas
b) la variazione ∆U dellenergia interna del gas
c) il lavoro L compiuto dal gas durante tale trasformazione
d) la variazione ∆S dellentropia del corpo
(R = 1986 calmol K)
Soluzione
a)
Allrsquoequilibrio il corpo a temperatura T1 si raffredda e si porta ad una temperatura finale Tf lt T1
cedendo il calore Qced Il sistema gas + recipiente + pistone si riscalda fino alla temperatura Tf
acquistando un quantitagrave di calore Qass somma del calore assorbito da recipiente+pistone e dal
calore assorbito a pressione costante (la pressione atmosferica) dal gas Allrsquoequilibrio si ha quindi
Qass + Qced = 0
dove
Qass = C(Tf ndash T0) + n cp (Tf ndash T0) e Qced = C1 (Tf ndash T1)
C1 T1
C T0 n
( ) ( ) 0)( 110 =minus+minus+ TTCTTncC ffP
Esplicitiamo i prodotti
oPfPf TncCTncCTCTC )()(111 +minus+=minus
fPfoP TncCTCTncCTC )()( 111 ++=++
e ricaviamo Tf
KncCC
TncCTCT
P
oP
f 4348
98612
51010002000
250)98612
5101000(4002000
)(
1
11 =
sdotsdot++
sdotsdotsdot++sdot=
++
++=
b) La variazione di energia interna del gas (monoatomico) egrave semplicemente
TncU v∆=∆ con Rc v 23=
calTnRU 29314989861102
3
2
3congtimestimestimes=∆=∆
c) Il lavoro fatto dal gas durante lrsquoespansione isobara si puograve ricavare dal 1deg principio della
termodinamica
LQU minus=∆
( ) ( ) ( ) ( ) calTTnRTTccnTTncTTncUQL ffvpfvfp 1954)( 0000 =minussdot=minusminuscongminusminusminus=∆minus=
d) La variazione di entropia del corpo egrave
KcalT
TC
T
dTC
T
dQS
ff T
T
f
T
T
276400
4348ln2000ln
111
minus=
====∆ intint
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
5) Si usa una pompa di calore per riscaldare un edificio La temperatura esterna egrave T2 = - 5degC mentre
allinterno delledificio si mantiene costante la temperatura a T1 = 22degC La pompa ha una efficienza
η pari a 13 di quello di un frigorifero di Carnot che lavori tra T1 e T2 e cede alledificio 20 MJ
allora Che potenza deve avere il motore della pompa
Soluzione
T2 = - 5degC cong 268 K
T1 = 22degC cong 295 K
η = 13 ηCarnot
Q1 = 20 MJ
La pompa di calore non egrave altro che una macchina frigorifera reale progettata per riscaldare un
ambiente interno e non per raffreddare un corpo come un normale frigorifero In questo caso la
sorgente a bassa temperatura (T2 = 268 K) egrave lambiente esterno mentre quella ad alta temperatura egrave
linterno delledificio (T1 = 295 K) Un frigorifero di Carnot non egrave altro che una macchina frigorifera
realizzata con una macchina di Carnot che funziona ldquoal contrariordquo prelevando il calore Qfreddo dal
termostato freddo e cedendo il calore Qcaldo al termostato caldo Lrsquoefficienza di un frigorifero di
Carnot (come pure quella di una qualsiasi macchina frigorifera che lavora fra due termostati a
temperature T1 e T2 ) egrave data da
99268295
268
21
2 congminus
=minus
=minus
==TT
T
Q
L
Q
freddocaldo
freddofreddo
Carnotη
T1=295 K
T2 = 268 K
Q2
Q1 = 20 MJ
L η=13 η MF
La pompa di calore del problema ha unrsquoefficienza
333
1== Carnotηη
Esprimendo lrsquoefficienza η attraverso i calori scambiati Q1 e Q2 si ha
21
22
Q
L
Q
minus==η
Conoscendo Q1 egrave possibile ricavare Q2
221 )( QQQ =minus η
η Q1 = Q2 + η Q2
η Q1 = (1 + η) Q2
oraallMJQQ 351520331
33
112 =
+=
+=
η
η
Possiamo quindi ricavare il lavoro L necessario per far funzionare la pompa di calore
MJQQQQL 65420331
1
1
1
11 1121 cong
+=
+=
+minus=minus=
ηη
η allrsquoora
Affincheacute venga prelevata la quantitagrave di calore Q2 (1535 MJ in unrsquoora) dallrsquoambiente esterno a
temperatura T2 egrave necessario che il motore della pompa faccia un lavoro L ( 465 MJ in unrsquoora) La
potenza del motore della pompa di calore egrave quindi
kWWt
LP 311291
3600
10654 6
cong=sdot
==
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
6) Una macchina di Carnot (M) lavora fra due sorgenti rispettivamente a temperatura T1 e T2 = 5degC
(con T2lt T1) producendo in un ciclo un lavoro L = 20 J Questo lavoro viene utilizzato per fare
compiere un ciclo ad una macchina frigorifera (F) che opera fra la sorgente a temperatura T2 e
unrsquoaltra sorgente a temperatura T3 = 20degC
Determinare la quantitagrave di calore che la macchina frigorifera F sottrae in un ciclo dalla sorgente a
temperatura T2 nei seguenti due casi
a) F egrave una macchina irreversibile ed egrave noto che la variazione di entropia delle tre sorgenti in un
ciclo di funzionamento di M + F egrave ∆Stot = 15 middot10 3minus cal K
b) F egrave una macchina reversibile
Soluzione
a) Essendo M una macchina di Carnot le variazioni di entropia delle due sorgenti sono uguali in
modulo ma di segno opposto
1
1
1T
QS minus=∆ e
2
11
2
22
T
QS
T
QS =∆minus==∆
La variazione di entropia della sorgente 2 in un ciclo di funzionamento della macchina frigorifera F
irreversibile egrave
2
2
2T
QS =∆
Il calore Q3 ceduto da F al termostato a temperatura T3 egrave legato al lavoro fatto sulla macchina dalla
relazione
23 QQL minus= rarr LQQ +=
23
La variazione di entropia della sorgente 3 in un ciclo della macchina frigorifera F egrave quindi
∆S3 = 3
2
3
3
T
LQ
T
Q +=
M F
T1
T2 = 27815 K
T3 = 29315 K
L = 20 J = 478cal
Qrsquo2
Q1 Q3
Q2
La variazione di entropia totale delle tre sorgenti egrave quindi
TOTALES∆ = ∆S1 + ∆S2 + ∆Srsquo2 + ∆S3 = -1
1
T
Q +
2
2
T
Q -
2
2
T
Q +
3
2
T
LQ + = 1510 3minus calK
I primi due termini della somma sono uguali in modulo e di segno opposto (variazione di entropia
delle sorgenti in un ciclo della macchina M) Avremo quindi
∆ Stot = -
2Q
+minus
23
11
TT +
3T
L
2Q =
minus
∆minus
32
3
11
TT
ST
L
=
32
23
3
TT
TT
ST
L
minus
∆minus
= 23
32
TT
TT
minus
∆minus S
T
L
3
=
= 1527815293
1529315278
minus
sdot
sdotminus minus31015
15293
784cong 71cal
b) Se F egrave reversibile allora le variazioni di entropia delle sorgenti con cui F lavora devono essere
uguali in modulo ma di segno opposto
2
2
2T
QS minus=∆ e
2
2
3
33
2
T
QS
T
QS =∆minus==∆
Quindi avremo
=minus
=
LQQ
T
Q
T
Q
23
2
2
3
3
Se la macchina frigorifera F egrave reversibile la sua efficienza η egrave legata alle temperature delle due
sorgenti con cui lavora dalla relazione
23
2
3
2
22
TT
T
Q
L
Q
minus=
minus==η
da cui
calLTT
TLQ 688784
1527815293
15278
23
2
2 congsdotminus
=minus
=sdot= η
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
7) Una macchina irreversibile opera tra due sorgenti alle temperature TC = 550 K e TF = 350 K con
un rendimento ρ del 25 In ogni ciclo la quantitagrave di calore QC = 1200 J viene sottratta alla
sorgente a temperatura TC e fornita al fluido di lavoro nella macchina La quantitagrave di calore QF viene
ceduta dalla macchina alla sorgente a temperatura TF
a) Determinare la variazione di entropia dellrsquouniverso per ogni ciclo di funzionamento
b) Quanto lavoro in piugrave potrebbe compiere una macchina reversibile operante tra queste sorgenti che
assorbisse in ogni ciclo la stessa quantitagrave di calore
c) Facoltativo dimostrare che per ogni ciclo la quantitagrave di lavoro che si rende indisponibile a causa
del processo irreversibile egrave pari a TF univS∆
Soluzione
a)
TC = 550 K
TF = 350 K
2501 =minus==C
F
C Q
Q
Q
Lρ
QC = 1200 J
Nella risoluzione del problema le quantitagrave di calore scambiate sono considerate quantitagrave positive
La variazione di entropia dellrsquouniverso egrave
sorgentimacchinauniv SSS ∆+∆=∆
ma macchinaS∆ = 0 percheacute la macchina lavora ciclicamente mentre sorgentiS∆F
F
C
C
T
Q
T
Q+minus= in quanto
la sorgente calda cede la quantitagrave di calore QC mentre la sorgente fredda riceve la quantitagrave di calore
QF Inoltre conosciamo il rendimento ρ della macchina irreversibile
750250112501 =minus=minus=rArr=minus= ρρC
F
C
F
Q
Q
Q
Q
JQQ CF 9001200750750 =sdot==
quindi sorgentiS∆F
F
C
C
T
Q
T
Q+minus= =
K
J38960
300
900
550
1200+=+minus
TC = 550 K
L
QF
QC
TF = 350 K
b) Una macchina reversibile che lavora fra KTC 550= e KTF 350= ha un rendimento
363636360636401550
35011 ==minuscongminus=minus=
C
Frev
T
Tρ
Conoscendo il rendimento e la quantitagrave di calore assorbita dal termostato caldo JQQ CC 1200 ==
possiamo ricavare la quantitagrave di calore
FQ ceduta al termostato freddo
C
F
C
Frev
T
T
Q
Qminus=minus= 11
ρ da cui
FQC
F
T
T= FC QJQ lt= 6763
La quantitagrave di calore ceduta dalla macchina reversibile al termostato freddo egrave inferiore a quella
ceduta al termostato freddo dalla macchina irreversibile
JQL Crevrev 36436120036360 congsdot== ρ
JQL Cirr 3001200250 =sdot== ρ
JLL irrrev 3613630036436 =minus=minus
Questa quantitagrave rappresenta il lavoro in piugrave che potrebbe compiere una macchina reversibile che
assorbisse in ogni ciclo la stessa quantitagrave di calore di una macchina irreversibile
La variazione di entropia dellrsquouniverso in un ciclo della macchina irreversibile egrave
K
J
T
Q
T
QSS
C
C
F
Fsorgentiuniv 38960=minus=∆=∆
Per la macchina reversibile vale la relazione
C
F
C
F
T
T
Q
Q=
cioegrave C
C
C
C
F
F
T
Q
T
Q
T
Q==
La differenza fra Lrev e Lirr puograve essere riscritta in questo modo
FCFCrev QQQQL minus=minus=
FCirr QQL minus=
univF
C
C
F
FF
F
F
F
FF
F
FFFFFirrrev ST
T
Q
T
QT
T
Q
T
QT
T
QQTQQLL ∆sdot=
minus=
minus=
minus=minus=minus
Infatti
3613638960350 =sdot=∆ univF ST
La quantitagrave di lavoro Lrev - Lirr che si rende indisponibile a causa del processo irreversibile egrave
chiamata ldquoenergia inutilizzabilerdquo ed egrave pari a
univFbileinutilizza STE ∆=
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
8) In un recipiente in cui si trova una massa M1 = 3 kg di ghiaccio alla temperatura T1 = - 20degC si
versa una massa M2 = 200 g di acqua alla temperatura T2 = 10degC La capacitagrave termica del recipiente
e la quantitagrave di calore ceduta dal sistema allambiente esterno sono trascurabili Si calcoli la
temperatura TE del sistema allequilibrio termico
(cA = 1 calgdegC c
G = 05 calgdegC λF = 80 calg)
Soluzione
Affincheacute la massa M1 di ghiaccio possa incominciare a fondere egrave necessario innanzitutto portare la
sua temperatura da ndash 20 degC a 0degC La quantitagrave di calore necessaria egrave
Q (T1=-20degC rarr Tfus=0degC) = M1 cG (Tfus - T1) = 3000 05 20 = 30000 cal
La massima quantitagrave di calore che la massa M2 di acqua a temperatura T2 puograve cedere al blocco di
ghiaccio M1 egrave
Q1(T2 = 10degC rarr Tsol = 0degC) = M2 cA (Tsol - T2) = 200 1 (0 -10) = -2000 cal
Questa quantitagrave di calore non egrave quindi sufficiente a portare M1 fino a 0degC (servirebbero infatti 30000
cal) La massa M2 di acqua a 0degC in contatto con un blocco di ghiaccio a temperatura inferiore
cede calore al blocco M1 e comincia a solidificarsi Affincheacute lrsquointera massa M2 passi dallo stato
liquido allo stato solido egrave necessario che essa ceda una quantitagrave di calore Q2sol pari a
Q2sol = - λF M2 = - 80 200 = - 16000 cal
Dopo avere ceduto una quantitagrave di calore pari a Q1+ Q2sol la massa M2 di acqua inizialmente a
T2=10degC si egrave trasformata in 200 g di ghiaccio a 0degC Essendo M2 (diventata ghiaccio) in contatto
termico con il blocco M1 a temperatura inferiore entrambi raggiungeranno una temperatura di
equilibrio TE da determinare La massa M2 di ghiaccio per portarsi alla temperatura di equilibrio TE
cede al blocco M1 una quantitagrave di calore Q3 data da
M1
M2
Q3(Tsol=0degC rarr TE) = M2 cG (TE -0degC) = 200 05 TE = 100 TE
Il blocco M1 inizialmente a temperatura T1=-20degC per portarsi alla temperatura di equilibrio TE piugrave
alta assorbe (da M2) una quantitagrave di calore Q data da
Q (T1 =-20degC rarr TE) = M1 cG (TE - T1) = 3000 05 (TE + 20) = 1500 (TE + 20)
Essendo trascurabili le quantitagrave di calore scambiate dal sistema con lambiente esterno (sistema
isolato) la somma algebrica delle quantitagrave di calore scambiate da M1 ed M2 deve essere nulla
Q (T1 =-20degC rarr TE) + Q1(T2=10degC rarr Tsol=0degC) + Q2sol + Q3(Tsol=0degC rarr TE) = 0
1500 (TE + 20) - 2000 - 16000 + 100 TE = 0
1500 TE + 100 TE = 18000 - 30000
1600 TE = - 12000
TE = -120001600 = - 75degC
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi (3a parte)
9) Una mole di gas perfetto biatomico egrave sottoposta a un ciclo reversibile costituito da tre
trasformazioni una espansione isoterma da A a B nella quale VB = 3VA una trasformazione a
volume costante da B a C in cui la pressione egrave ridotta una compressione adiabatica da C ad A
a) Determinare Q L ∆U ∆S per ciascuna trasformazione del ciclo
b) Determinare il rendimento del ciclo e confrontarlo con quello di una macchina di Carnot che
lavora fra le temperature estreme
(R = 831 Jmole K pA = 4 x 103 Nm
2 VA = 02 m
3)
Soluzione
n = 1
Rcv2
5=
Rc p2
7=
415
7
2
52
7
====
R
R
c
c
v
pγ
a)
Punto A
pA = 4 x 103 Nm
2
VA = 02 m3
KnR
VpT AA
A 27963181
204000=
sdot
sdot==
Punto B
VB =3 VA = 06 m3
TB = TA = 9627 K
22
3 31333103
4
3
1
3 m
N
m
Np
V
nRT
V
nRTp A
A
A
B
B
B =====
p
V
A
B
isoterma
adiabatica isocora
pA
pB
VA VB
C
Punto C
VC = VB = 3 VA = 06 m3
Il punto C sta nella stessa adiabatica del punto A per cui essendo
p Vγ = costante
si ha γγCCAA VpVp =
da cui 2
41
198593
14000
m
N
V
Vp
V
Vpp
C
A
A
C
A
AC =
sdot=
==
γ
γ
γ
KnR
VpT CC
C 04623181
6019859=
sdot
sdot==
quindi
VC = 06 m3
pC = 85919 Nm2
TC cong 6204 K
Trasformazione A rarr B (isoterma)
∆U (A rarr B) = 0 percheacute U dipende solo da T
quindi ∆U = Q ndash L rArr L = Q
JV
VnRT
V
dVnRTdV
V
nRTpdVL
A
B
ABA 898783ln27963181ln)( =sdotsdotsdot===== intintintrarr
Q (A rarr B) = L (A rarr B) = 87889 J
KJV
VnR
T
TncS
A
B
A
B
VBA 1393ln31810lnln)( =sdotsdot+=+=∆ rarr
Trasformazione B rarr C (isocora)
L (B rarr C) = 0 percheacute V = costante
Quindi ∆U = Q ndash L = Q
∆U(B rarr C) = n cv ∆T = n cv (TC ndash TB) = 52 831 (6204 - 9627) = - 71122 J
Q = ∆U = - 71122 J calore ceduto
KJV
VnR
T
TncS
B
C
B
C
VCB 13902796
0462ln318
2
51lnln)( minus=+sdotsdotsdot=+=∆ rarr
Trasformazione C rarr A (adiabatica)
Q (C rarr A) = 0 percheacute adiabatica
Quindi
∆U(C rarr A) = n cv ∆T = n cv (TA ndash TC) = n cv (TB ndash TC) = - ∆U(B rarr C) =
= 52 831 (9627 ndash 6204) = + 71122 J
∆U = Q ndash L = - L
L(C rarr A) = - ∆U(C rarr A) = - 71122 J
∆S(C rarr A) = 0 perchegrave adiabatica reversibile
Q L ∆U ∆S
A rarr B
Isoterma 87889 J 87889 J 0 913 JK
B rarr C
Isocora - 71122 J 0 - 71122 J - 913 JK
C rarr A
Adiabatica 0 - 71122 J 71122 J 0
ciclo 16767 J 16767 J 0 0
b) Calcolare il rendimento del ciclo
119191089878
67167
)(
)()(cong==
+==
rarr
rarrrarr
BA
ACBA
ass Q
LL
Q
Lρ
Le temperature estreme sono
TA = TB = 9627 K
TC = 6204 K
63535602796
046211 congminus=minus=minus=
A
CC
T
Tρ
ρ lt ρC come ci si aspettava
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica
10) Un pezzo di materiale solido di massa ms = 01 kg viene riscaldato a Ts = 300 degC e poi immerso
in un contenitore a pareti adiabatiche contenente due litri di acqua inizialmente a Ta = 20degC Se la
temperatura finale del sistema egrave di Tf = 213degC si determini il calore specifico cs del solido
assumendo i calori specifici indipendenti dalla temperatura
Soluzione
ms = 01 kg
Va = 2 litri = 2 x 10-3
m3
Ts = 300 degC
Ta = 20degC
Tf = 213degC
cs =
Il corpo di massa ms inizialmente alla temperatura Ts=300 degC egrave immerso in un volume di acqua Va
= 2 litri che si trova inizialmente alla temperatura Ta = 20degC Il corpo a temperatura maggiore cede
calore allrsquoacqua a temperatura inferiore Il recipiente egrave adiabatico (non ci sono dispersioni di calore)
quindi la somma algebrica del calore Qs ceduto dal solido e del calore Qa assorbito dallrsquoacqua deve
essere nulla cioegrave
Qs + Qa = 0
e quindi
Qs = - Qa (1)
La quantitagrave di calore Qs ceduta dal corpo solido egrave pari a
Qs = ms cs (Tf - Ts)
La quantitagrave di calore Qa assorbita dallrsquoacqua egrave data dalla
Qa = ma ca (Tf - Ta) = ρa Va ca (Tf - Ta)
dove ρa = 1000 kgm3 e ca = 1 cal(g degC)= 1000 cal(kg degC)
Sostituendo nella (1) si ottiene
ms cs (Tf - Ts) = - ρa Va ca (Tf - Ta)
da cui
Ckg
J
Ckg
cal
TTm
TTcVc
sfs
afaaa
sdeg
congdeg
=minussdot
minussdotsdotsdotsdotminus=
minus
minusminus=
minus
53902993)300321(10
)20321(10001021000
)(
)( 3ρ
ms
ma
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
11) Vengono fatti espandere adiabaticamente m = 100 g di azoto (N2) fino a compiere un lavoro
L = 250 J Considerando il gas perfetto si calcoli la temperatura finale TB sapendo che quella
iniziale TA egrave di 40 degC (La massa molare dellrsquoazoto N2 egrave Mo = 28 gmole R = 831 J(mol K))
Soluzione
m = 100 g
Mo = 28 gmole
TA = 40degC = 31315 K
L = 250 J
R = 831 Jmole K
Per il primo principio della termodinamica si ha che
∆U = Q ndash L
Il gas effettua una trasformazione adiabatica allora Q = 0 quindi
∆U = ndash L
n cV ∆T = - L
n cV (TB ndash TA) = - L
n cV TB ndash n cV TA = - L
quindi
V
ABnc
LTT minus= (1)
Il gas N2 egrave biatomico quindi RcV2
5= Il numero di moli n si ricava dividendo la massa m del gas
N2 per la massa molare Mo cioegrave
moliM
mn 573
28
100
0
===
Sostituendo nella (1) si ottiene
CKnc
LTT
V
AB deg==
sdotsdot
minus=minus= 63675309
3182
5573
25015313
L=250J
N2
TA=40degC
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
12) Una macchina irreversibile funziona scambiando calore con due sorgenti alle temperature
T1 = 300 K e T2 = 250 K In un ciclo essa produce un lavoro L = 30 cal e la variazione totale di
entropia dellrsquouniverso egrave ∆S = 002 calK Calcolare il rendimento ρ della macchina
Soluzione
T1 = 300 K
T2 = 250 K
L = 30 cal
∆Suniverso = 002 calK
ρ =
Nella risoluzione del problema le quantitagrave di calore Q1 e Q2 assorbita e ceduta dalla macchina sono
considerate come quantitagrave positive Con questa scelta il lavoro fatto dalla macchina egrave pari
semplicemente alla differenza fra il calore assorbito Q1 e il calore ceduto Q2 L=Q1-Q2
Per calcolare il rendimento 1Q
L=ρ della macchina egrave necessario ricavare il calore assorbito Q1
Una relazione fra Q1 e Q2 si ottiene osservando che il lavoro L fatto dalla macchina egrave pari a 30 cal
L = Q1 ndash Q2 = 30 cal
Una seconda relazione fra Q1 e Q2 si puograve ottenere calcolando la variazione di entropia dellrsquouniverso
in un ciclo della macchina visto che la traccia fornisce il suo valore ∆Suniverso = 002 calK
La variazione di entropia dellrsquouniverso ∆Suniverso egrave semplicemente la somma delle variazioni di
entropia della macchina e delle due sorgenti
∆Suniverso = ∆Smacchina + ∆S1 + ∆S2
La variazione di entropia della macchina ∆Smacchina in un ciclo egrave nulla in quanto lrsquoentropia egrave funzione
di stato (lo stato finale della macchina egrave identico a quello iniziale)
La sorgente a temperatura T1 cede una quantitagrave di calore Q1 alla macchina quindi la sua variazione
di entropia ∆S1 egrave negativa
La sorgente a temperatura T2 al contrario acquista dalla macchina una quantitagrave di calore Q2 quindi
la sua variazione di entropia ∆S2 egrave positiva
Quindi
250300
21
2
2
1
121
T
Q
T
QSSSuniverso +minus=+minus=∆+∆=∆
T2
Q2
Q1
L
MT
T1
Otteniamo cosigrave la seconda relazione fra Q1 e Q2
250300020 21 QQ
+minus=
Mettendo a sistema le due relazioni ricavate sopra si ottengono i valori di Q1 e Q2
+=
=+minus
30
100
2
250300
21
21
+=
=++
minus
30
10
2
2530
30
21
22
Dalla prima equazione si ottiene
- 5 (Q2 + 30) + 6 Q2 = 30
-5 Q2 - 150 + 6 Q2 = 30
Q2 = 180 cal
Sostituendo nella seconda si ottiene il valore di Q1
Q1 = Q2 + 30 = 180 + 30 = 210 cal
Il rendimento cercato egrave quindi
14140210
30
1
====Q
Lρ
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
13) Una mole di azoto (N2) occupa inizialmente un volume V0 = 10 l alla temperatura T0 = 400 K Il
gas compie una espansione adiabatica irreversibile a seguito della quale il volume raddoppia Il
lavoro compiuto dal gas durante la trasformazione egrave L = 1250 J
Determinare
a) la temperatura e la pressione del gas quando si egrave stabilito di nuovo lequilibrio termodinamico
b) la variazione di entropia nel processo
R = 831 J(mol K) = 00821 litriatm (mol K)
Soluzione
Lrsquoazoto (N2 ) egrave biatomico quindi il calore specifico molare a volume costante egrave Rcv2
5=
Il gas compie una espansione adiabatica irreversibile durante la quale compie un determinato lavoro
esterno Applicando il primo principio della termodinamica alla trasformazione effettuata dal gas si
ha
∆U =Q ndash L = ndash L
in quanto Q=0 in una trasformazione adiabatica Drsquoaltra parte la variazione di energia interna ∆U in
un gas perfetto che effettua una trasformazione qualsiasi tra due stati che differiscono di ∆T in
temperatura egrave sempre data da ∆U = n cv ∆T Quindi
n cv ∆T = ndash L
n cv (Tf ndash Ti) = ndash L
da cui si ricava la temperatura finale di equilibrio
Knc
LTnc
nc
LTT
v
iv
v
if 340
3182
5
12504003182
5
cong
sdot
minussdotsdot=
minus=minus=
Dallrsquoequazione di stato dei gas perfetti possiamo ricavare il valore della pressione nel nuovo stato
di equilibrio termodinamico
pf Vf = n R Tf
atmV
nRTp
f
f
f 41102
34008210cong
sdot
sdot==
La variazione di entropia del processo puograve essere calcolata utilizzando lrsquoespressione generale per la
variazione di entropia di un gas perfetto fra due stati termodinamici Iequiv (Ti Vi) ed Fequiv (Tf Vf )
KJV
VnR
T
TncS
i
f
i
f
V 38276538310
20ln318
400
340ln318
2
5lnln =+minuscongsdot+sdotsdot=+=∆
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
14) Si considerino due macchine termiche che funzionano con le stesse due sorgenti di calore alle
temperature T2 = 250K e T1 = 500K La prima macchina opera secondo un ciclo di Carnot
assorbendo una quantitagrave di calore Q1 = 1400J dalla sorgente alla temperatura T1 La seconda
macchina descrive invece un ciclo irreversibile il cui rendimento egrave ρ = 035 Il lavoro prodotto dalle
due macchine egrave il medesimo Determinare
a) il lavoro prodotto in un ciclo
b) la variazione di entropia dellrsquouniverso che accompagna ogni ciclo della macchina irreversibile
Soluzione
T1 = 500K
T2 = 250K
Q1 = 1400J (calore assorbito Carnot)
L = Lrsquo=
a)
Il rendimento della macchina di Carnot egrave dato da
50502
1
500
25011
1
2
1
===minus=minus==T
T
Q
LCarnotρ
da cui si ricava immediatamente la risposta al quesito a)
L = ρCarnotQ1 = 05 1400 = 700 J
T1
T2
Q2
Q1
L
CARNOT
b)
Indichiamo con lrsquoapice tutte le grandezze relative alla macchina irreversibile Il lavoro Lrsquo fatto dalla
macchina irreversibile egrave uguale a quello (L=700 J) fatto dalla macchina di Carnot Per calcolare la
variazione di entropia che accompagna ogni ciclo della macchina irreversibile abbiamo bisogno di
conoscere il calore Q1rsquoassorbito dal termostato a temperatura T1 e il calore Q2rsquo ceduto al termostato
a temperatura T2
Conoscendo il rendimento ρ della macchina irreversibile possiamo calcolare il calore Q1rsquo assorbito
dalla macchina
1
Q
L=ρ rarr J
LQ 2000
350
700
1 ===
ρ
Il calore Q2rsquo ceduto dalla macchina irreversibile al termostato a temperatura piugrave bassa T2 saragrave quindi
dato da
Q2rsquo = Q1rsquo ndash Lrsquo = 2000 ndash 700 = 1300 J
La variazione di entropia dellrsquouniverso per ogni ciclo della macchina irreversibile egrave data solamente
dalla variazione di entropia delle sorgenti in quanto la variazione di entropia della macchina in un
ciclo egrave nulla (lrsquoentropia egrave una funzione di stato)
KJT
Q
T
QS sorg 21
250
1300
500
2000
2
2
1
1 =+minus=+minus=∆
T1
T2
Q2rsquo
Q1rsquo
Lrsquo=L Macchina
irreversibile ρρρρrsquo=035
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
15) Un gas perfetto descrive un ciclo reversibile costituito dalle trasformazioni AB adiabatica BC
isoterma e CA isocora
Calcolare il rendimento del ciclo sapendo che TA = 2TB
Soluzione
A rarr B adiabatica
B rarr C isoterma
C rarr A isocora
TA = 2TB
VA = VC (poicheacute isocora)
TB = TC (poicheacute isoterma)
Il rendimento del ciclo egrave dato dalla
ass
cedass
ass Q
Q
L minus==ρ
si devono quindi calcolare Qass e Qced In questo ciclo
QAB = 0 (poicheacute trasformazione adiabatica)
QCA = Qass = n cv ∆T = n cv (TA - TC) = n cv (TA ndash TB) = n cv (2TB ndash TB) = n cv TB
C
BB
B
CB
V
V
B
V
V
BcedBC
V
VnRT
V
VnRT
V
dVnRTdV
V
nRTQQ
C
B
C
B
lnln minus===== intint
quindi essendo VA = VC
p
C
B
A
V
adiabatica
isocora
isoterma
VA = VC VB
A
BBced
V
VnRTQ lnminus=
Il rapporto VB VA si puograve calcolare considerando la trasformazione AB (adiabatica) per la quale vale
la seguente
PVγ = cost
da cui
=sdot γV
V
nRTcost
e quindi essendo n ed R costanti
T V γ - 1
= cost
Applicata alla trasformazione AB si ha
11 minusminus = γγ
BBAA VTVT
da cui 1minus
=
γ
A
B
B
A
V
V
T
T
e
1
1
minus
=
γ
B
A
A
B
T
T
V
V
Sapendo che v
p
c
c=γ e che cp - cv = R (relazione di Mayer) si ha
vv
vp
v
p
c
R
c
cc
c
c=
minus=minus=minus 11γ oppure
1
1
minus=
γR
cv
2lnlnlnlnln1
1
Bv
B
AB
vR
c
B
AB
B
AB
A
BBced Tnc
T
TT
R
cnR
T
TnRT
T
TnRT
V
VnRTQ
v
minus=
sdotminus=
minus=
minus=minus=
minusγ
Quindi il rendimento ρ risulta essere
302ln12ln
11 =minus=minus=+==Bv
Bv
ass
ced
ass Tnc
Tnc
Q
Q
Q
Lρ
Fisica 1 (AA 2004-2005) Esercizi Termodinamica
16) Una macchina di Carnot ha un rendimento ρ = 22 Le due sorgenti a temperatura costante
differiscono di 75 K Sapendo che il lavoro prodotto in un ciclo egrave L = 200 J calcolare
a) le due temperature T1 e T2 ( con T1 gt T2)
b) la quantitagrave di calore Q1 assorbita dalla macchina di Carnot dalla sorgente a temperatura T1 e la
quantitagrave di calore Q2 ceduta dalla macchina di Carnot alla sorgente a temperatura T2
c) le variazioni di entropia (con il loro segno) 1S∆ e 2S∆ di ciascuna delle due sorgenti
d) la variazione di entropia dellrsquouniverso univS∆
Soluzione
ρ = 22 = 022
T1 ndash T2 = 75 K
L = 200 J
a) T1 = T2 =
b) Q1 =
c) Q2 =
d) ∆S1 = ∆S2 =
e) ∆SUNIV =
a) Consideriamo le quantitagrave di calore Q1 e Q2 come quantitagrave positive Con questa scelta il
rendimento ρ della macchina di Carnot egrave
1
2
1
2 11T
T
Q
Qminus=minus=ρ
11
21
1
21T
T
T
TT
T
T ∆=
minus=minus=ρ
quindi
KKT
T 3419340220
751 cong==
∆=
ρ
e
KTTTT 26675341)( 2112 =minuscongminusminus=
b)
Essendo Q1 e Q2 quantitagrave positive il lavoro prodotto in un ciclo egrave pari alla differenza fra Q1 e Q2
L = Q1 ndash Q2 = 200 J
Inoltre
V
A
D
p
C
B T1
T2
780341
266
1
2
1
2 ===T
T
Q
Q
Abbiamo quindi le seguenti due relazioni nelle due incognite Q1 e Q2
=
=minus
12
21
780
200
Risolvendo
=
=sdotminus
12
11
780
200780
=
=sdot
12
1
780
200220
Q
=
=sdot
12
1
780
220
200
Q
da cui
=
=
JQ
JQ
709
909
2
1
d) La variazione di entropia della sorgente 1 egrave
KJT
QS 662
341
909
1
11 minus=minus=minus=∆
La variazione di entropia della sorgente 2 egrave
KJT
QS 662
266
709
2
22 ==+=∆
e) La variazione di entropia dellrsquouniverso in un ciclo della macchina di Carnot (o di una qualunque
macchina termica reversibile che lavori fra T1 e T2) risulta quindi essere
∆SUNIV = ∆S1 + ∆S2 = - 266 + 266 = 0
Fisica 1 (AA 2004-2005) Esercizi Termodinamica
17) Un gas perfetto monoatomico compie a partire da un certo stato iniziale una trasformazione
isocora fino a una pressione doppia di quella iniziale assorbendo una quantitagrave di calore Q = 45 cal
Si calcoli il lavoro compiuto dal gas se a partire dallo stesso stato iniziale esso compie invece una
trasformazione isobara che ne fa raddoppiare il volume
Soluzione
Il lavoro compiuto dal gas nella trasformazione isobara da I a G egrave semplicemente
( ) 000000 2 VpVVpVpL =minus=∆=
La quantitagrave p0V0 entra nellrsquoequazione di stato dei gas perfetti
000 nRTVp =
Nella trasformazione isocora da I ad F il gas passa da una pressione iniziale pi= p0 a una pressione
finale doppia pf=2p0 La temperatura finale Tf saragrave quindi doppia di quella iniziale Infatti
fnRTVp =sdot 00 )2( fnRTnRT =02 02TT f =
Passando da I ad F il gas monoatomico ( Rcv2
3= ) assorbe una quantitagrave di calore Q = 45 cal
( ) ( ) 0000 2 TncTTncTTncTncQ vvfvv =minus=minus=∆=
00002
3
2
3
2
3VpTnRTRnQ ===
Possiamo quindi ricavare la quantitagrave cercata p0V0
QVp3
200 =
Il lavoro L compiuto dal gas nella trasformazione isobara da I a G egrave quindi
30453
2
3
200 calcalQVpL ====
G I
F
V
2 p0
p0
2 V0 V0
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
18) Un blocco di ghiaccio di massa mg alla temperatura T1 = -10degC egrave immerso in 100g di acqua alla
temperatura T2 = 27degC Calcolare la temperatura finale di equilibrio e la quantitagrave di ghiaccio sciolta
nei due casi
a) mg = 100g
b) mg = 10g
(ca = 1 calg degC cg = 05 calg degC λfus = 80 calg)
Soluzione
a)
Nel primo caso una massa mg = 100g di ghiaccio viene immersa in ma = 100g di acqua Per
ricavare la quantitagrave di ghiaccio sciolta osserviamo che affincheacute il ghiaccio inizi a sciogliersi deve
innanzitutto portarsi dalla temperatura iniziale T1 = -10degC alla temperatura Tfus= 0degC assorbendo
calore dallrsquoacqua circostante La quantitagrave di calore necessaria per il riscaldamento del ghiaccio da -
10degC a 0degC egrave
Qg (T1=-10degC rarr Tfus=0degC) = mg cg ∆T = 100 05 10 = 500 cal
La massa ma di acqua con cui il ghiaccio egrave in contatto termico puograve fornire al ghiaccio al massimo
una quantitagrave di calore Qamax che corrisponde a un raffreddamento dellrsquointera massa drsquoacqua ma fino
alla temperatura di solidificazione dellrsquoacqua Tsol=0degC
Qamax (T2 = 27degC rarr Tsol= 0degC) = ma ca ∆T = 100 1 27 = 2700 cal
Essendo Qamax gt Qg allora il ghiaccio puograve assorbire dallrsquoacqua circostante il calore necessario a
passare da -10degC a 0degC Assorbendo ulteriormente calore il ghiaccio comincia a fondere
La quantitagrave di calore necessaria affincheacute lrsquointera massa mg di ghiaccio si fonda puograve essere ricavata
dalla relazione
Qfus = λfus mg = 80 100 = 8000 cal
La quantitagrave di calore necessaria per la fusione dellrsquointera massa di ghiaccio egrave superiore alla massima
quantitagrave di calore che lrsquoacqua circostante puograve fornire Qfus gt Qamax Non tutta la massa di ghiaccio
puograve quindi passare allo stato liquido con il risultato che coesisteranno in equilibrio acqua e
ghiaccio La temperature di equilibrio Te risulteragrave quindi essere la temperatura di fusione Tfus= 0degC
mg
ma
La quantitagrave mrsquog di ghiaccio fusa puograve essere ricavata dalla conservazione dellrsquoenergia La quantitagrave di
calore massima Qamax che lrsquoacqua circostante puograve fornire serve ad innalzare la temperatura del
ghiaccio da -10degC a 0degC e a fondere solo una parte mrsquog di ghiaccio
Qamax = Qg (T1=-10degC rarr Tfus=0degC) + mrsquog λfus
2700 = 500 + 80 mrsquog
da cui
gm g 52780
2200 ==
b)
Nel secondo caso una massa mg = 10g viene immersa in ma = 100g di acqua
La quantitagrave di calore necessaria adesso per il riscaldamento di soli 10 grammi di ghiaccio da -10degC a
0degC egrave
Qg (T1= -10degC rarr Tfus=0degC) = mg cg ∆T = 10 05 10 = 50 cal
La quantitagrave di calore necessaria per fondere i 10 grammi di ghiaccio egrave pari a
Qfus = λfus mg = 80 10 = 800 cal
La quantitagrave di calore massima Qamax =2700 cal che lrsquoacqua circostante puograve fornire egrave adesso
sufficiente per innalzare la temperatura di mg=10g di ghiaccio da -10degC a 0degC (servono infatti solo
50 cal)e per fondere lrsquointera massa di ghiaccio (servono infatti solo ulteriori 800 cal)
Assorbendo quindi solo 850cal dallrsquoacqua circostante lrsquointera massa mg=10g di ghiaccio fonde e si
ottengono 10 grammi di acqua a 0deg
Assorbendo ulteriormente una quantitagrave di calore Q (0degC rarr te) dalla massa ma=100g di acqua
circostante a piugrave alta temperatura i 10 grammi di acqua a 0deg e la massa ma = 100g si porteranno a
una temperatura intermedia di equilibrio tE
Se si indica Qa la quantitagrave di calore ceduta dalla massa ma = 100g di acqua che si porta dalla
temperatura T1=27degC alla temperatura di equilibrio te il bilancio dei calori scambiati puograve essere
scritto come
Qa (T1=27degC rarr te) = Qg (-10degC rarr 0degC) + Qfus + Q (0degC rarr te)
ma ca (27deg - te) = 50 + 800 + mg ca ( te- 0deg)
100 1 (27deg - te) = 50 + 800 + 10 1 ( te- 0deg)
100 27 ndash 100 te = 850 + 10 te
da cui 2700 ndash 100 te = 850 + 10 te
110 te = 1850
e quindi
Cte deg== 816110
1850
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
19) Una kmole di gas perfetto biatomico egrave contenuta in un recipiente adiabatico munito di pistone di
volume Vi =05m3 Con il pistone bloccato il contenitore viene posto in un ambiente la cui pressione
egrave mantenuta costante al valore p0 = 510 6 Pa Ad un certo istante si sblocca il pistone e il gas si
espande fino a raggiungere lrsquoequilibrio meccanico con lrsquoambiente Si osserva una diminuzione di
temperatura ∆T= - 20 K Calcolare il volume finale Vf del gas
Soluzione
Il recipiente egrave adiabatico quindi il calore scambiato con lrsquoesterno egrave nullo (Q = 0 )
Il lavoro fatto dal gas sullrsquoambiente esterno a pressione p0=costante egrave semplicemente
VpL ∆= 0
Dal primo principio della termodinamica
LLQU minus=minus=∆
La variazione di energia interna del gas perfetto biatomico (cV=52 R) egrave
RRTncU V 50000)20(2
51000 minus=minussdot=∆=∆
3
6
00
080105
31850000m
p
U
p
LVVV if cong
sdot
sdot=
∆minus==minus=∆
358008050 mVVV if =+=∆+=
V = 053
m
n = 1000 Pap
6
0 105 sdot=
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
20) Un gas perfetto biatomico subisce una trasformazione a seguito della quale la pressione varia da
po = 15105 Pa a p1 = 225 10
5 Pa Il calore netto scambiato durante la trasformazione egrave Q=608 J
Sapendo che il volume finale V1 egrave uguale a quello iniziale (Vo = 3 l) determinare
a) la variazione di energia interna ∆U subita dal gas
b) il lavoro fatto dal gas
Soluzione
Il fatto che i volumi iniziale e finale sono uguali non egrave sufficiente per dedurre che il lavoro egrave nullo
(la trasformazione cioegrave non egrave isocora) infatti il lavoro dipende dalla trasformazione subita dal gas
ed il suo valore puograve essere determinato dal primo principio della termodinamica
L = Q - ∆U
La variazione di energia interna di un gas perfetto risulta essere
∆U = n cv (T1-T0)
Le temperature iniziale e finale si determinano dallrsquoequazione di stato del gas perfetto
Tp V
nR
p V
nR
p V
nR0
0 01
1 1 1 0= = = e T
La variazione di energia interna risulta
∆U = n cv ( )0100001 ppV
R
c
nR
Vp
nR
Vp v minus=
minus = 5625 J
Il lavoro del gas risulta quindi
L = Q - ∆U = 608 -5625 = 455 J
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
3) Una mole di gas perfetto monoatomico inizialmente alla temperatura Ti viene raffreddata a
volume costante ponendola a contatto con unrsquounica sorgente di calore a temperatura Tf = 300K La
variazione totale di entropia del gas egrave di - 36 JK Calcolare la temperatura iniziale Ti del gas e la
variazione di entropia della sorgente
(R = 831 J(mol K))
Soluzione
Il gas effettua una trasformazione irreversibile in quanto viene posto in contatto termico con
una sorgente a temperatura Tf diversa da Ti (scambio di calore in presenza di differenza finita di
temperatura) La variazione di entropia del gas puograve essere calcolata considerando una
trasformazione reversibile di appoggio in cui il gas mantenuto a V = cost egrave posto a contatto
termico con un numero molto grande ( rarr infin) di sorgenti di calore aventi temperature (che
differiscono di dT lrsquouna dallrsquoaltra) comprese tra Ti e Tf = 300K
La quantitagrave di calore scambiata a volume costante dal gas con le sorgenti egrave semplicemente
dQ = n cV dT La variazione di entropia del gas egrave quindi
int =int=int==∆i
fT
TV
T
T
Vgas
T
TnR
T
dTnc
T
dTnc
T
dQS
f
i
f
i
ln2
3
i
f
gasT
TnRS ln
2
3=∆
i
fgas
T
T
nR
Sln
3
2=
∆
∆=
nR
S
T
T gas
i
f
3
2exp
Da cui si ricava Ti
KnR
STT
gas
fi deg=
∆minus= 400
3
2exp
Risulta essere Ti gt Tf come ci si poteva aspettare dal momento che la trasformazione egrave isocora e la
variazione di entropia negativa
La quantitagrave di calore Qgas ceduta dal gas (uguale in modulo alla quantitagrave di calore Qsorg assorbita
dalla sorgente) egrave
Qgas = n cV ∆T = 1 (32 R) ∆T = -15 middot8314 middot100 asymp - 1247 J
La variazione di entropia della sorgente che assorbe una quantitagrave di calore Qsorg egrave data da
KJT
QS
sorgente
sorgente
sorg 164300
1247===∆
La variazione di entropia dellrsquouniverso (gas+sorgente) egrave semplicemente
∆SUniv =∆Sgas + ∆Ssorg = - 36 JK + 416 JK = 056 JK (gt 0 poicheacute il processo egrave irreversibile)
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
4) Un recipiente chiuso superiormente da un pistone scorrevole verticalmente senza attrito contiene
n = 10 moli di gas perfetto monoatomico alla temperatura T0 = 250 K Il pistone e le pareti del
recipiente tranne la base inferiore che egrave costituita da un cattivo isolante termico sono impermeabili
al calore la capacitagrave termica complessiva del recipiente e del pistone egrave C = 1000 calK Il recipiente
viene appoggiato su un corpo di capacitagrave termica C1 = 2000 calK e temperatura T1 = 400K Il gas si
riscalda molto lentamente e il pistone si innalza molto lentamente fino a che non si raggiunge
lequilibrio termico la quantitagrave di calore scambiata dal corpo con latmosfera esterna egrave trascurabile
Si calcoli
a) la temperatura finale Tf del gas
b) la variazione ∆U dellenergia interna del gas
c) il lavoro L compiuto dal gas durante tale trasformazione
d) la variazione ∆S dellentropia del corpo
(R = 1986 calmol K)
Soluzione
a)
Allrsquoequilibrio il corpo a temperatura T1 si raffredda e si porta ad una temperatura finale Tf lt T1
cedendo il calore Qced Il sistema gas + recipiente + pistone si riscalda fino alla temperatura Tf
acquistando un quantitagrave di calore Qass somma del calore assorbito da recipiente+pistone e dal
calore assorbito a pressione costante (la pressione atmosferica) dal gas Allrsquoequilibrio si ha quindi
Qass + Qced = 0
dove
Qass = C(Tf ndash T0) + n cp (Tf ndash T0) e Qced = C1 (Tf ndash T1)
C1 T1
C T0 n
( ) ( ) 0)( 110 =minus+minus+ TTCTTncC ffP
Esplicitiamo i prodotti
oPfPf TncCTncCTCTC )()(111 +minus+=minus
fPfoP TncCTCTncCTC )()( 111 ++=++
e ricaviamo Tf
KncCC
TncCTCT
P
oP
f 4348
98612
51010002000
250)98612
5101000(4002000
)(
1
11 =
sdotsdot++
sdotsdotsdot++sdot=
++
++=
b) La variazione di energia interna del gas (monoatomico) egrave semplicemente
TncU v∆=∆ con Rc v 23=
calTnRU 29314989861102
3
2
3congtimestimestimes=∆=∆
c) Il lavoro fatto dal gas durante lrsquoespansione isobara si puograve ricavare dal 1deg principio della
termodinamica
LQU minus=∆
( ) ( ) ( ) ( ) calTTnRTTccnTTncTTncUQL ffvpfvfp 1954)( 0000 =minussdot=minusminuscongminusminusminus=∆minus=
d) La variazione di entropia del corpo egrave
KcalT
TC
T
dTC
T
dQS
ff T
T
f
T
T
276400
4348ln2000ln
111
minus=
====∆ intint
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
5) Si usa una pompa di calore per riscaldare un edificio La temperatura esterna egrave T2 = - 5degC mentre
allinterno delledificio si mantiene costante la temperatura a T1 = 22degC La pompa ha una efficienza
η pari a 13 di quello di un frigorifero di Carnot che lavori tra T1 e T2 e cede alledificio 20 MJ
allora Che potenza deve avere il motore della pompa
Soluzione
T2 = - 5degC cong 268 K
T1 = 22degC cong 295 K
η = 13 ηCarnot
Q1 = 20 MJ
La pompa di calore non egrave altro che una macchina frigorifera reale progettata per riscaldare un
ambiente interno e non per raffreddare un corpo come un normale frigorifero In questo caso la
sorgente a bassa temperatura (T2 = 268 K) egrave lambiente esterno mentre quella ad alta temperatura egrave
linterno delledificio (T1 = 295 K) Un frigorifero di Carnot non egrave altro che una macchina frigorifera
realizzata con una macchina di Carnot che funziona ldquoal contrariordquo prelevando il calore Qfreddo dal
termostato freddo e cedendo il calore Qcaldo al termostato caldo Lrsquoefficienza di un frigorifero di
Carnot (come pure quella di una qualsiasi macchina frigorifera che lavora fra due termostati a
temperature T1 e T2 ) egrave data da
99268295
268
21
2 congminus
=minus
=minus
==TT
T
Q
L
Q
freddocaldo
freddofreddo
Carnotη
T1=295 K
T2 = 268 K
Q2
Q1 = 20 MJ
L η=13 η MF
La pompa di calore del problema ha unrsquoefficienza
333
1== Carnotηη
Esprimendo lrsquoefficienza η attraverso i calori scambiati Q1 e Q2 si ha
21
22
Q
L
Q
minus==η
Conoscendo Q1 egrave possibile ricavare Q2
221 )( QQQ =minus η
η Q1 = Q2 + η Q2
η Q1 = (1 + η) Q2
oraallMJQQ 351520331
33
112 =
+=
+=
η
η
Possiamo quindi ricavare il lavoro L necessario per far funzionare la pompa di calore
MJQQQQL 65420331
1
1
1
11 1121 cong
+=
+=
+minus=minus=
ηη
η allrsquoora
Affincheacute venga prelevata la quantitagrave di calore Q2 (1535 MJ in unrsquoora) dallrsquoambiente esterno a
temperatura T2 egrave necessario che il motore della pompa faccia un lavoro L ( 465 MJ in unrsquoora) La
potenza del motore della pompa di calore egrave quindi
kWWt
LP 311291
3600
10654 6
cong=sdot
==
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
6) Una macchina di Carnot (M) lavora fra due sorgenti rispettivamente a temperatura T1 e T2 = 5degC
(con T2lt T1) producendo in un ciclo un lavoro L = 20 J Questo lavoro viene utilizzato per fare
compiere un ciclo ad una macchina frigorifera (F) che opera fra la sorgente a temperatura T2 e
unrsquoaltra sorgente a temperatura T3 = 20degC
Determinare la quantitagrave di calore che la macchina frigorifera F sottrae in un ciclo dalla sorgente a
temperatura T2 nei seguenti due casi
a) F egrave una macchina irreversibile ed egrave noto che la variazione di entropia delle tre sorgenti in un
ciclo di funzionamento di M + F egrave ∆Stot = 15 middot10 3minus cal K
b) F egrave una macchina reversibile
Soluzione
a) Essendo M una macchina di Carnot le variazioni di entropia delle due sorgenti sono uguali in
modulo ma di segno opposto
1
1
1T
QS minus=∆ e
2
11
2
22
T
QS
T
QS =∆minus==∆
La variazione di entropia della sorgente 2 in un ciclo di funzionamento della macchina frigorifera F
irreversibile egrave
2
2
2T
QS =∆
Il calore Q3 ceduto da F al termostato a temperatura T3 egrave legato al lavoro fatto sulla macchina dalla
relazione
23 QQL minus= rarr LQQ +=
23
La variazione di entropia della sorgente 3 in un ciclo della macchina frigorifera F egrave quindi
∆S3 = 3
2
3
3
T
LQ
T
Q +=
M F
T1
T2 = 27815 K
T3 = 29315 K
L = 20 J = 478cal
Qrsquo2
Q1 Q3
Q2
La variazione di entropia totale delle tre sorgenti egrave quindi
TOTALES∆ = ∆S1 + ∆S2 + ∆Srsquo2 + ∆S3 = -1
1
T
Q +
2
2
T
Q -
2
2
T
Q +
3
2
T
LQ + = 1510 3minus calK
I primi due termini della somma sono uguali in modulo e di segno opposto (variazione di entropia
delle sorgenti in un ciclo della macchina M) Avremo quindi
∆ Stot = -
2Q
+minus
23
11
TT +
3T
L
2Q =
minus
∆minus
32
3
11
TT
ST
L
=
32
23
3
TT
TT
ST
L
minus
∆minus
= 23
32
TT
TT
minus
∆minus S
T
L
3
=
= 1527815293
1529315278
minus
sdot
sdotminus minus31015
15293
784cong 71cal
b) Se F egrave reversibile allora le variazioni di entropia delle sorgenti con cui F lavora devono essere
uguali in modulo ma di segno opposto
2
2
2T
QS minus=∆ e
2
2
3
33
2
T
QS
T
QS =∆minus==∆
Quindi avremo
=minus
=
LQQ
T
Q
T
Q
23
2
2
3
3
Se la macchina frigorifera F egrave reversibile la sua efficienza η egrave legata alle temperature delle due
sorgenti con cui lavora dalla relazione
23
2
3
2
22
TT
T
Q
L
Q
minus=
minus==η
da cui
calLTT
TLQ 688784
1527815293
15278
23
2
2 congsdotminus
=minus
=sdot= η
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
7) Una macchina irreversibile opera tra due sorgenti alle temperature TC = 550 K e TF = 350 K con
un rendimento ρ del 25 In ogni ciclo la quantitagrave di calore QC = 1200 J viene sottratta alla
sorgente a temperatura TC e fornita al fluido di lavoro nella macchina La quantitagrave di calore QF viene
ceduta dalla macchina alla sorgente a temperatura TF
a) Determinare la variazione di entropia dellrsquouniverso per ogni ciclo di funzionamento
b) Quanto lavoro in piugrave potrebbe compiere una macchina reversibile operante tra queste sorgenti che
assorbisse in ogni ciclo la stessa quantitagrave di calore
c) Facoltativo dimostrare che per ogni ciclo la quantitagrave di lavoro che si rende indisponibile a causa
del processo irreversibile egrave pari a TF univS∆
Soluzione
a)
TC = 550 K
TF = 350 K
2501 =minus==C
F
C Q
Q
Q
Lρ
QC = 1200 J
Nella risoluzione del problema le quantitagrave di calore scambiate sono considerate quantitagrave positive
La variazione di entropia dellrsquouniverso egrave
sorgentimacchinauniv SSS ∆+∆=∆
ma macchinaS∆ = 0 percheacute la macchina lavora ciclicamente mentre sorgentiS∆F
F
C
C
T
Q
T
Q+minus= in quanto
la sorgente calda cede la quantitagrave di calore QC mentre la sorgente fredda riceve la quantitagrave di calore
QF Inoltre conosciamo il rendimento ρ della macchina irreversibile
750250112501 =minus=minus=rArr=minus= ρρC
F
C
F
Q
Q
Q
Q
JQQ CF 9001200750750 =sdot==
quindi sorgentiS∆F
F
C
C
T
Q
T
Q+minus= =
K
J38960
300
900
550
1200+=+minus
TC = 550 K
L
QF
QC
TF = 350 K
b) Una macchina reversibile che lavora fra KTC 550= e KTF 350= ha un rendimento
363636360636401550
35011 ==minuscongminus=minus=
C
Frev
T
Tρ
Conoscendo il rendimento e la quantitagrave di calore assorbita dal termostato caldo JQQ CC 1200 ==
possiamo ricavare la quantitagrave di calore
FQ ceduta al termostato freddo
C
F
C
Frev
T
T
Q
Qminus=minus= 11
ρ da cui
FQC
F
T
T= FC QJQ lt= 6763
La quantitagrave di calore ceduta dalla macchina reversibile al termostato freddo egrave inferiore a quella
ceduta al termostato freddo dalla macchina irreversibile
JQL Crevrev 36436120036360 congsdot== ρ
JQL Cirr 3001200250 =sdot== ρ
JLL irrrev 3613630036436 =minus=minus
Questa quantitagrave rappresenta il lavoro in piugrave che potrebbe compiere una macchina reversibile che
assorbisse in ogni ciclo la stessa quantitagrave di calore di una macchina irreversibile
La variazione di entropia dellrsquouniverso in un ciclo della macchina irreversibile egrave
K
J
T
Q
T
QSS
C
C
F
Fsorgentiuniv 38960=minus=∆=∆
Per la macchina reversibile vale la relazione
C
F
C
F
T
T
Q
Q=
cioegrave C
C
C
C
F
F
T
Q
T
Q
T
Q==
La differenza fra Lrev e Lirr puograve essere riscritta in questo modo
FCFCrev QQQQL minus=minus=
FCirr QQL minus=
univF
C
C
F
FF
F
F
F
FF
F
FFFFFirrrev ST
T
Q
T
QT
T
Q
T
QT
T
QQTQQLL ∆sdot=
minus=
minus=
minus=minus=minus
Infatti
3613638960350 =sdot=∆ univF ST
La quantitagrave di lavoro Lrev - Lirr che si rende indisponibile a causa del processo irreversibile egrave
chiamata ldquoenergia inutilizzabilerdquo ed egrave pari a
univFbileinutilizza STE ∆=
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
8) In un recipiente in cui si trova una massa M1 = 3 kg di ghiaccio alla temperatura T1 = - 20degC si
versa una massa M2 = 200 g di acqua alla temperatura T2 = 10degC La capacitagrave termica del recipiente
e la quantitagrave di calore ceduta dal sistema allambiente esterno sono trascurabili Si calcoli la
temperatura TE del sistema allequilibrio termico
(cA = 1 calgdegC c
G = 05 calgdegC λF = 80 calg)
Soluzione
Affincheacute la massa M1 di ghiaccio possa incominciare a fondere egrave necessario innanzitutto portare la
sua temperatura da ndash 20 degC a 0degC La quantitagrave di calore necessaria egrave
Q (T1=-20degC rarr Tfus=0degC) = M1 cG (Tfus - T1) = 3000 05 20 = 30000 cal
La massima quantitagrave di calore che la massa M2 di acqua a temperatura T2 puograve cedere al blocco di
ghiaccio M1 egrave
Q1(T2 = 10degC rarr Tsol = 0degC) = M2 cA (Tsol - T2) = 200 1 (0 -10) = -2000 cal
Questa quantitagrave di calore non egrave quindi sufficiente a portare M1 fino a 0degC (servirebbero infatti 30000
cal) La massa M2 di acqua a 0degC in contatto con un blocco di ghiaccio a temperatura inferiore
cede calore al blocco M1 e comincia a solidificarsi Affincheacute lrsquointera massa M2 passi dallo stato
liquido allo stato solido egrave necessario che essa ceda una quantitagrave di calore Q2sol pari a
Q2sol = - λF M2 = - 80 200 = - 16000 cal
Dopo avere ceduto una quantitagrave di calore pari a Q1+ Q2sol la massa M2 di acqua inizialmente a
T2=10degC si egrave trasformata in 200 g di ghiaccio a 0degC Essendo M2 (diventata ghiaccio) in contatto
termico con il blocco M1 a temperatura inferiore entrambi raggiungeranno una temperatura di
equilibrio TE da determinare La massa M2 di ghiaccio per portarsi alla temperatura di equilibrio TE
cede al blocco M1 una quantitagrave di calore Q3 data da
M1
M2
Q3(Tsol=0degC rarr TE) = M2 cG (TE -0degC) = 200 05 TE = 100 TE
Il blocco M1 inizialmente a temperatura T1=-20degC per portarsi alla temperatura di equilibrio TE piugrave
alta assorbe (da M2) una quantitagrave di calore Q data da
Q (T1 =-20degC rarr TE) = M1 cG (TE - T1) = 3000 05 (TE + 20) = 1500 (TE + 20)
Essendo trascurabili le quantitagrave di calore scambiate dal sistema con lambiente esterno (sistema
isolato) la somma algebrica delle quantitagrave di calore scambiate da M1 ed M2 deve essere nulla
Q (T1 =-20degC rarr TE) + Q1(T2=10degC rarr Tsol=0degC) + Q2sol + Q3(Tsol=0degC rarr TE) = 0
1500 (TE + 20) - 2000 - 16000 + 100 TE = 0
1500 TE + 100 TE = 18000 - 30000
1600 TE = - 12000
TE = -120001600 = - 75degC
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi (3a parte)
9) Una mole di gas perfetto biatomico egrave sottoposta a un ciclo reversibile costituito da tre
trasformazioni una espansione isoterma da A a B nella quale VB = 3VA una trasformazione a
volume costante da B a C in cui la pressione egrave ridotta una compressione adiabatica da C ad A
a) Determinare Q L ∆U ∆S per ciascuna trasformazione del ciclo
b) Determinare il rendimento del ciclo e confrontarlo con quello di una macchina di Carnot che
lavora fra le temperature estreme
(R = 831 Jmole K pA = 4 x 103 Nm
2 VA = 02 m
3)
Soluzione
n = 1
Rcv2
5=
Rc p2
7=
415
7
2
52
7
====
R
R
c
c
v
pγ
a)
Punto A
pA = 4 x 103 Nm
2
VA = 02 m3
KnR
VpT AA
A 27963181
204000=
sdot
sdot==
Punto B
VB =3 VA = 06 m3
TB = TA = 9627 K
22
3 31333103
4
3
1
3 m
N
m
Np
V
nRT
V
nRTp A
A
A
B
B
B =====
p
V
A
B
isoterma
adiabatica isocora
pA
pB
VA VB
C
Punto C
VC = VB = 3 VA = 06 m3
Il punto C sta nella stessa adiabatica del punto A per cui essendo
p Vγ = costante
si ha γγCCAA VpVp =
da cui 2
41
198593
14000
m
N
V
Vp
V
Vpp
C
A
A
C
A
AC =
sdot=
==
γ
γ
γ
KnR
VpT CC
C 04623181
6019859=
sdot
sdot==
quindi
VC = 06 m3
pC = 85919 Nm2
TC cong 6204 K
Trasformazione A rarr B (isoterma)
∆U (A rarr B) = 0 percheacute U dipende solo da T
quindi ∆U = Q ndash L rArr L = Q
JV
VnRT
V
dVnRTdV
V
nRTpdVL
A
B
ABA 898783ln27963181ln)( =sdotsdotsdot===== intintintrarr
Q (A rarr B) = L (A rarr B) = 87889 J
KJV
VnR
T
TncS
A
B
A
B
VBA 1393ln31810lnln)( =sdotsdot+=+=∆ rarr
Trasformazione B rarr C (isocora)
L (B rarr C) = 0 percheacute V = costante
Quindi ∆U = Q ndash L = Q
∆U(B rarr C) = n cv ∆T = n cv (TC ndash TB) = 52 831 (6204 - 9627) = - 71122 J
Q = ∆U = - 71122 J calore ceduto
KJV
VnR
T
TncS
B
C
B
C
VCB 13902796
0462ln318
2
51lnln)( minus=+sdotsdotsdot=+=∆ rarr
Trasformazione C rarr A (adiabatica)
Q (C rarr A) = 0 percheacute adiabatica
Quindi
∆U(C rarr A) = n cv ∆T = n cv (TA ndash TC) = n cv (TB ndash TC) = - ∆U(B rarr C) =
= 52 831 (9627 ndash 6204) = + 71122 J
∆U = Q ndash L = - L
L(C rarr A) = - ∆U(C rarr A) = - 71122 J
∆S(C rarr A) = 0 perchegrave adiabatica reversibile
Q L ∆U ∆S
A rarr B
Isoterma 87889 J 87889 J 0 913 JK
B rarr C
Isocora - 71122 J 0 - 71122 J - 913 JK
C rarr A
Adiabatica 0 - 71122 J 71122 J 0
ciclo 16767 J 16767 J 0 0
b) Calcolare il rendimento del ciclo
119191089878
67167
)(
)()(cong==
+==
rarr
rarrrarr
BA
ACBA
ass Q
LL
Q
Lρ
Le temperature estreme sono
TA = TB = 9627 K
TC = 6204 K
63535602796
046211 congminus=minus=minus=
A
CC
T
Tρ
ρ lt ρC come ci si aspettava
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica
10) Un pezzo di materiale solido di massa ms = 01 kg viene riscaldato a Ts = 300 degC e poi immerso
in un contenitore a pareti adiabatiche contenente due litri di acqua inizialmente a Ta = 20degC Se la
temperatura finale del sistema egrave di Tf = 213degC si determini il calore specifico cs del solido
assumendo i calori specifici indipendenti dalla temperatura
Soluzione
ms = 01 kg
Va = 2 litri = 2 x 10-3
m3
Ts = 300 degC
Ta = 20degC
Tf = 213degC
cs =
Il corpo di massa ms inizialmente alla temperatura Ts=300 degC egrave immerso in un volume di acqua Va
= 2 litri che si trova inizialmente alla temperatura Ta = 20degC Il corpo a temperatura maggiore cede
calore allrsquoacqua a temperatura inferiore Il recipiente egrave adiabatico (non ci sono dispersioni di calore)
quindi la somma algebrica del calore Qs ceduto dal solido e del calore Qa assorbito dallrsquoacqua deve
essere nulla cioegrave
Qs + Qa = 0
e quindi
Qs = - Qa (1)
La quantitagrave di calore Qs ceduta dal corpo solido egrave pari a
Qs = ms cs (Tf - Ts)
La quantitagrave di calore Qa assorbita dallrsquoacqua egrave data dalla
Qa = ma ca (Tf - Ta) = ρa Va ca (Tf - Ta)
dove ρa = 1000 kgm3 e ca = 1 cal(g degC)= 1000 cal(kg degC)
Sostituendo nella (1) si ottiene
ms cs (Tf - Ts) = - ρa Va ca (Tf - Ta)
da cui
Ckg
J
Ckg
cal
TTm
TTcVc
sfs
afaaa
sdeg
congdeg
=minussdot
minussdotsdotsdotsdotminus=
minus
minusminus=
minus
53902993)300321(10
)20321(10001021000
)(
)( 3ρ
ms
ma
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
11) Vengono fatti espandere adiabaticamente m = 100 g di azoto (N2) fino a compiere un lavoro
L = 250 J Considerando il gas perfetto si calcoli la temperatura finale TB sapendo che quella
iniziale TA egrave di 40 degC (La massa molare dellrsquoazoto N2 egrave Mo = 28 gmole R = 831 J(mol K))
Soluzione
m = 100 g
Mo = 28 gmole
TA = 40degC = 31315 K
L = 250 J
R = 831 Jmole K
Per il primo principio della termodinamica si ha che
∆U = Q ndash L
Il gas effettua una trasformazione adiabatica allora Q = 0 quindi
∆U = ndash L
n cV ∆T = - L
n cV (TB ndash TA) = - L
n cV TB ndash n cV TA = - L
quindi
V
ABnc
LTT minus= (1)
Il gas N2 egrave biatomico quindi RcV2
5= Il numero di moli n si ricava dividendo la massa m del gas
N2 per la massa molare Mo cioegrave
moliM
mn 573
28
100
0
===
Sostituendo nella (1) si ottiene
CKnc
LTT
V
AB deg==
sdotsdot
minus=minus= 63675309
3182
5573
25015313
L=250J
N2
TA=40degC
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
12) Una macchina irreversibile funziona scambiando calore con due sorgenti alle temperature
T1 = 300 K e T2 = 250 K In un ciclo essa produce un lavoro L = 30 cal e la variazione totale di
entropia dellrsquouniverso egrave ∆S = 002 calK Calcolare il rendimento ρ della macchina
Soluzione
T1 = 300 K
T2 = 250 K
L = 30 cal
∆Suniverso = 002 calK
ρ =
Nella risoluzione del problema le quantitagrave di calore Q1 e Q2 assorbita e ceduta dalla macchina sono
considerate come quantitagrave positive Con questa scelta il lavoro fatto dalla macchina egrave pari
semplicemente alla differenza fra il calore assorbito Q1 e il calore ceduto Q2 L=Q1-Q2
Per calcolare il rendimento 1Q
L=ρ della macchina egrave necessario ricavare il calore assorbito Q1
Una relazione fra Q1 e Q2 si ottiene osservando che il lavoro L fatto dalla macchina egrave pari a 30 cal
L = Q1 ndash Q2 = 30 cal
Una seconda relazione fra Q1 e Q2 si puograve ottenere calcolando la variazione di entropia dellrsquouniverso
in un ciclo della macchina visto che la traccia fornisce il suo valore ∆Suniverso = 002 calK
La variazione di entropia dellrsquouniverso ∆Suniverso egrave semplicemente la somma delle variazioni di
entropia della macchina e delle due sorgenti
∆Suniverso = ∆Smacchina + ∆S1 + ∆S2
La variazione di entropia della macchina ∆Smacchina in un ciclo egrave nulla in quanto lrsquoentropia egrave funzione
di stato (lo stato finale della macchina egrave identico a quello iniziale)
La sorgente a temperatura T1 cede una quantitagrave di calore Q1 alla macchina quindi la sua variazione
di entropia ∆S1 egrave negativa
La sorgente a temperatura T2 al contrario acquista dalla macchina una quantitagrave di calore Q2 quindi
la sua variazione di entropia ∆S2 egrave positiva
Quindi
250300
21
2
2
1
121
T
Q
T
QSSSuniverso +minus=+minus=∆+∆=∆
T2
Q2
Q1
L
MT
T1
Otteniamo cosigrave la seconda relazione fra Q1 e Q2
250300020 21 QQ
+minus=
Mettendo a sistema le due relazioni ricavate sopra si ottengono i valori di Q1 e Q2
+=
=+minus
30
100
2
250300
21
21
+=
=++
minus
30
10
2
2530
30
21
22
Dalla prima equazione si ottiene
- 5 (Q2 + 30) + 6 Q2 = 30
-5 Q2 - 150 + 6 Q2 = 30
Q2 = 180 cal
Sostituendo nella seconda si ottiene il valore di Q1
Q1 = Q2 + 30 = 180 + 30 = 210 cal
Il rendimento cercato egrave quindi
14140210
30
1
====Q
Lρ
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
13) Una mole di azoto (N2) occupa inizialmente un volume V0 = 10 l alla temperatura T0 = 400 K Il
gas compie una espansione adiabatica irreversibile a seguito della quale il volume raddoppia Il
lavoro compiuto dal gas durante la trasformazione egrave L = 1250 J
Determinare
a) la temperatura e la pressione del gas quando si egrave stabilito di nuovo lequilibrio termodinamico
b) la variazione di entropia nel processo
R = 831 J(mol K) = 00821 litriatm (mol K)
Soluzione
Lrsquoazoto (N2 ) egrave biatomico quindi il calore specifico molare a volume costante egrave Rcv2
5=
Il gas compie una espansione adiabatica irreversibile durante la quale compie un determinato lavoro
esterno Applicando il primo principio della termodinamica alla trasformazione effettuata dal gas si
ha
∆U =Q ndash L = ndash L
in quanto Q=0 in una trasformazione adiabatica Drsquoaltra parte la variazione di energia interna ∆U in
un gas perfetto che effettua una trasformazione qualsiasi tra due stati che differiscono di ∆T in
temperatura egrave sempre data da ∆U = n cv ∆T Quindi
n cv ∆T = ndash L
n cv (Tf ndash Ti) = ndash L
da cui si ricava la temperatura finale di equilibrio
Knc
LTnc
nc
LTT
v
iv
v
if 340
3182
5
12504003182
5
cong
sdot
minussdotsdot=
minus=minus=
Dallrsquoequazione di stato dei gas perfetti possiamo ricavare il valore della pressione nel nuovo stato
di equilibrio termodinamico
pf Vf = n R Tf
atmV
nRTp
f
f
f 41102
34008210cong
sdot
sdot==
La variazione di entropia del processo puograve essere calcolata utilizzando lrsquoespressione generale per la
variazione di entropia di un gas perfetto fra due stati termodinamici Iequiv (Ti Vi) ed Fequiv (Tf Vf )
KJV
VnR
T
TncS
i
f
i
f
V 38276538310
20ln318
400
340ln318
2
5lnln =+minuscongsdot+sdotsdot=+=∆
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
14) Si considerino due macchine termiche che funzionano con le stesse due sorgenti di calore alle
temperature T2 = 250K e T1 = 500K La prima macchina opera secondo un ciclo di Carnot
assorbendo una quantitagrave di calore Q1 = 1400J dalla sorgente alla temperatura T1 La seconda
macchina descrive invece un ciclo irreversibile il cui rendimento egrave ρ = 035 Il lavoro prodotto dalle
due macchine egrave il medesimo Determinare
a) il lavoro prodotto in un ciclo
b) la variazione di entropia dellrsquouniverso che accompagna ogni ciclo della macchina irreversibile
Soluzione
T1 = 500K
T2 = 250K
Q1 = 1400J (calore assorbito Carnot)
L = Lrsquo=
a)
Il rendimento della macchina di Carnot egrave dato da
50502
1
500
25011
1
2
1
===minus=minus==T
T
Q
LCarnotρ
da cui si ricava immediatamente la risposta al quesito a)
L = ρCarnotQ1 = 05 1400 = 700 J
T1
T2
Q2
Q1
L
CARNOT
b)
Indichiamo con lrsquoapice tutte le grandezze relative alla macchina irreversibile Il lavoro Lrsquo fatto dalla
macchina irreversibile egrave uguale a quello (L=700 J) fatto dalla macchina di Carnot Per calcolare la
variazione di entropia che accompagna ogni ciclo della macchina irreversibile abbiamo bisogno di
conoscere il calore Q1rsquoassorbito dal termostato a temperatura T1 e il calore Q2rsquo ceduto al termostato
a temperatura T2
Conoscendo il rendimento ρ della macchina irreversibile possiamo calcolare il calore Q1rsquo assorbito
dalla macchina
1
Q
L=ρ rarr J
LQ 2000
350
700
1 ===
ρ
Il calore Q2rsquo ceduto dalla macchina irreversibile al termostato a temperatura piugrave bassa T2 saragrave quindi
dato da
Q2rsquo = Q1rsquo ndash Lrsquo = 2000 ndash 700 = 1300 J
La variazione di entropia dellrsquouniverso per ogni ciclo della macchina irreversibile egrave data solamente
dalla variazione di entropia delle sorgenti in quanto la variazione di entropia della macchina in un
ciclo egrave nulla (lrsquoentropia egrave una funzione di stato)
KJT
Q
T
QS sorg 21
250
1300
500
2000
2
2
1
1 =+minus=+minus=∆
T1
T2
Q2rsquo
Q1rsquo
Lrsquo=L Macchina
irreversibile ρρρρrsquo=035
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
15) Un gas perfetto descrive un ciclo reversibile costituito dalle trasformazioni AB adiabatica BC
isoterma e CA isocora
Calcolare il rendimento del ciclo sapendo che TA = 2TB
Soluzione
A rarr B adiabatica
B rarr C isoterma
C rarr A isocora
TA = 2TB
VA = VC (poicheacute isocora)
TB = TC (poicheacute isoterma)
Il rendimento del ciclo egrave dato dalla
ass
cedass
ass Q
Q
L minus==ρ
si devono quindi calcolare Qass e Qced In questo ciclo
QAB = 0 (poicheacute trasformazione adiabatica)
QCA = Qass = n cv ∆T = n cv (TA - TC) = n cv (TA ndash TB) = n cv (2TB ndash TB) = n cv TB
C
BB
B
CB
V
V
B
V
V
BcedBC
V
VnRT
V
VnRT
V
dVnRTdV
V
nRTQQ
C
B
C
B
lnln minus===== intint
quindi essendo VA = VC
p
C
B
A
V
adiabatica
isocora
isoterma
VA = VC VB
A
BBced
V
VnRTQ lnminus=
Il rapporto VB VA si puograve calcolare considerando la trasformazione AB (adiabatica) per la quale vale
la seguente
PVγ = cost
da cui
=sdot γV
V
nRTcost
e quindi essendo n ed R costanti
T V γ - 1
= cost
Applicata alla trasformazione AB si ha
11 minusminus = γγ
BBAA VTVT
da cui 1minus
=
γ
A
B
B
A
V
V
T
T
e
1
1
minus
=
γ
B
A
A
B
T
T
V
V
Sapendo che v
p
c
c=γ e che cp - cv = R (relazione di Mayer) si ha
vv
vp
v
p
c
R
c
cc
c
c=
minus=minus=minus 11γ oppure
1
1
minus=
γR
cv
2lnlnlnlnln1
1
Bv
B
AB
vR
c
B
AB
B
AB
A
BBced Tnc
T
TT
R
cnR
T
TnRT
T
TnRT
V
VnRTQ
v
minus=
sdotminus=
minus=
minus=minus=
minusγ
Quindi il rendimento ρ risulta essere
302ln12ln
11 =minus=minus=+==Bv
Bv
ass
ced
ass Tnc
Tnc
Q
Q
Q
Lρ
Fisica 1 (AA 2004-2005) Esercizi Termodinamica
16) Una macchina di Carnot ha un rendimento ρ = 22 Le due sorgenti a temperatura costante
differiscono di 75 K Sapendo che il lavoro prodotto in un ciclo egrave L = 200 J calcolare
a) le due temperature T1 e T2 ( con T1 gt T2)
b) la quantitagrave di calore Q1 assorbita dalla macchina di Carnot dalla sorgente a temperatura T1 e la
quantitagrave di calore Q2 ceduta dalla macchina di Carnot alla sorgente a temperatura T2
c) le variazioni di entropia (con il loro segno) 1S∆ e 2S∆ di ciascuna delle due sorgenti
d) la variazione di entropia dellrsquouniverso univS∆
Soluzione
ρ = 22 = 022
T1 ndash T2 = 75 K
L = 200 J
a) T1 = T2 =
b) Q1 =
c) Q2 =
d) ∆S1 = ∆S2 =
e) ∆SUNIV =
a) Consideriamo le quantitagrave di calore Q1 e Q2 come quantitagrave positive Con questa scelta il
rendimento ρ della macchina di Carnot egrave
1
2
1
2 11T
T
Q
Qminus=minus=ρ
11
21
1
21T
T
T
TT
T
T ∆=
minus=minus=ρ
quindi
KKT
T 3419340220
751 cong==
∆=
ρ
e
KTTTT 26675341)( 2112 =minuscongminusminus=
b)
Essendo Q1 e Q2 quantitagrave positive il lavoro prodotto in un ciclo egrave pari alla differenza fra Q1 e Q2
L = Q1 ndash Q2 = 200 J
Inoltre
V
A
D
p
C
B T1
T2
780341
266
1
2
1
2 ===T
T
Q
Q
Abbiamo quindi le seguenti due relazioni nelle due incognite Q1 e Q2
=
=minus
12
21
780
200
Risolvendo
=
=sdotminus
12
11
780
200780
=
=sdot
12
1
780
200220
Q
=
=sdot
12
1
780
220
200
Q
da cui
=
=
JQ
JQ
709
909
2
1
d) La variazione di entropia della sorgente 1 egrave
KJT
QS 662
341
909
1
11 minus=minus=minus=∆
La variazione di entropia della sorgente 2 egrave
KJT
QS 662
266
709
2
22 ==+=∆
e) La variazione di entropia dellrsquouniverso in un ciclo della macchina di Carnot (o di una qualunque
macchina termica reversibile che lavori fra T1 e T2) risulta quindi essere
∆SUNIV = ∆S1 + ∆S2 = - 266 + 266 = 0
Fisica 1 (AA 2004-2005) Esercizi Termodinamica
17) Un gas perfetto monoatomico compie a partire da un certo stato iniziale una trasformazione
isocora fino a una pressione doppia di quella iniziale assorbendo una quantitagrave di calore Q = 45 cal
Si calcoli il lavoro compiuto dal gas se a partire dallo stesso stato iniziale esso compie invece una
trasformazione isobara che ne fa raddoppiare il volume
Soluzione
Il lavoro compiuto dal gas nella trasformazione isobara da I a G egrave semplicemente
( ) 000000 2 VpVVpVpL =minus=∆=
La quantitagrave p0V0 entra nellrsquoequazione di stato dei gas perfetti
000 nRTVp =
Nella trasformazione isocora da I ad F il gas passa da una pressione iniziale pi= p0 a una pressione
finale doppia pf=2p0 La temperatura finale Tf saragrave quindi doppia di quella iniziale Infatti
fnRTVp =sdot 00 )2( fnRTnRT =02 02TT f =
Passando da I ad F il gas monoatomico ( Rcv2
3= ) assorbe una quantitagrave di calore Q = 45 cal
( ) ( ) 0000 2 TncTTncTTncTncQ vvfvv =minus=minus=∆=
00002
3
2
3
2
3VpTnRTRnQ ===
Possiamo quindi ricavare la quantitagrave cercata p0V0
QVp3
200 =
Il lavoro L compiuto dal gas nella trasformazione isobara da I a G egrave quindi
30453
2
3
200 calcalQVpL ====
G I
F
V
2 p0
p0
2 V0 V0
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
18) Un blocco di ghiaccio di massa mg alla temperatura T1 = -10degC egrave immerso in 100g di acqua alla
temperatura T2 = 27degC Calcolare la temperatura finale di equilibrio e la quantitagrave di ghiaccio sciolta
nei due casi
a) mg = 100g
b) mg = 10g
(ca = 1 calg degC cg = 05 calg degC λfus = 80 calg)
Soluzione
a)
Nel primo caso una massa mg = 100g di ghiaccio viene immersa in ma = 100g di acqua Per
ricavare la quantitagrave di ghiaccio sciolta osserviamo che affincheacute il ghiaccio inizi a sciogliersi deve
innanzitutto portarsi dalla temperatura iniziale T1 = -10degC alla temperatura Tfus= 0degC assorbendo
calore dallrsquoacqua circostante La quantitagrave di calore necessaria per il riscaldamento del ghiaccio da -
10degC a 0degC egrave
Qg (T1=-10degC rarr Tfus=0degC) = mg cg ∆T = 100 05 10 = 500 cal
La massa ma di acqua con cui il ghiaccio egrave in contatto termico puograve fornire al ghiaccio al massimo
una quantitagrave di calore Qamax che corrisponde a un raffreddamento dellrsquointera massa drsquoacqua ma fino
alla temperatura di solidificazione dellrsquoacqua Tsol=0degC
Qamax (T2 = 27degC rarr Tsol= 0degC) = ma ca ∆T = 100 1 27 = 2700 cal
Essendo Qamax gt Qg allora il ghiaccio puograve assorbire dallrsquoacqua circostante il calore necessario a
passare da -10degC a 0degC Assorbendo ulteriormente calore il ghiaccio comincia a fondere
La quantitagrave di calore necessaria affincheacute lrsquointera massa mg di ghiaccio si fonda puograve essere ricavata
dalla relazione
Qfus = λfus mg = 80 100 = 8000 cal
La quantitagrave di calore necessaria per la fusione dellrsquointera massa di ghiaccio egrave superiore alla massima
quantitagrave di calore che lrsquoacqua circostante puograve fornire Qfus gt Qamax Non tutta la massa di ghiaccio
puograve quindi passare allo stato liquido con il risultato che coesisteranno in equilibrio acqua e
ghiaccio La temperature di equilibrio Te risulteragrave quindi essere la temperatura di fusione Tfus= 0degC
mg
ma
La quantitagrave mrsquog di ghiaccio fusa puograve essere ricavata dalla conservazione dellrsquoenergia La quantitagrave di
calore massima Qamax che lrsquoacqua circostante puograve fornire serve ad innalzare la temperatura del
ghiaccio da -10degC a 0degC e a fondere solo una parte mrsquog di ghiaccio
Qamax = Qg (T1=-10degC rarr Tfus=0degC) + mrsquog λfus
2700 = 500 + 80 mrsquog
da cui
gm g 52780
2200 ==
b)
Nel secondo caso una massa mg = 10g viene immersa in ma = 100g di acqua
La quantitagrave di calore necessaria adesso per il riscaldamento di soli 10 grammi di ghiaccio da -10degC a
0degC egrave
Qg (T1= -10degC rarr Tfus=0degC) = mg cg ∆T = 10 05 10 = 50 cal
La quantitagrave di calore necessaria per fondere i 10 grammi di ghiaccio egrave pari a
Qfus = λfus mg = 80 10 = 800 cal
La quantitagrave di calore massima Qamax =2700 cal che lrsquoacqua circostante puograve fornire egrave adesso
sufficiente per innalzare la temperatura di mg=10g di ghiaccio da -10degC a 0degC (servono infatti solo
50 cal)e per fondere lrsquointera massa di ghiaccio (servono infatti solo ulteriori 800 cal)
Assorbendo quindi solo 850cal dallrsquoacqua circostante lrsquointera massa mg=10g di ghiaccio fonde e si
ottengono 10 grammi di acqua a 0deg
Assorbendo ulteriormente una quantitagrave di calore Q (0degC rarr te) dalla massa ma=100g di acqua
circostante a piugrave alta temperatura i 10 grammi di acqua a 0deg e la massa ma = 100g si porteranno a
una temperatura intermedia di equilibrio tE
Se si indica Qa la quantitagrave di calore ceduta dalla massa ma = 100g di acqua che si porta dalla
temperatura T1=27degC alla temperatura di equilibrio te il bilancio dei calori scambiati puograve essere
scritto come
Qa (T1=27degC rarr te) = Qg (-10degC rarr 0degC) + Qfus + Q (0degC rarr te)
ma ca (27deg - te) = 50 + 800 + mg ca ( te- 0deg)
100 1 (27deg - te) = 50 + 800 + 10 1 ( te- 0deg)
100 27 ndash 100 te = 850 + 10 te
da cui 2700 ndash 100 te = 850 + 10 te
110 te = 1850
e quindi
Cte deg== 816110
1850
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
19) Una kmole di gas perfetto biatomico egrave contenuta in un recipiente adiabatico munito di pistone di
volume Vi =05m3 Con il pistone bloccato il contenitore viene posto in un ambiente la cui pressione
egrave mantenuta costante al valore p0 = 510 6 Pa Ad un certo istante si sblocca il pistone e il gas si
espande fino a raggiungere lrsquoequilibrio meccanico con lrsquoambiente Si osserva una diminuzione di
temperatura ∆T= - 20 K Calcolare il volume finale Vf del gas
Soluzione
Il recipiente egrave adiabatico quindi il calore scambiato con lrsquoesterno egrave nullo (Q = 0 )
Il lavoro fatto dal gas sullrsquoambiente esterno a pressione p0=costante egrave semplicemente
VpL ∆= 0
Dal primo principio della termodinamica
LLQU minus=minus=∆
La variazione di energia interna del gas perfetto biatomico (cV=52 R) egrave
RRTncU V 50000)20(2
51000 minus=minussdot=∆=∆
3
6
00
080105
31850000m
p
U
p
LVVV if cong
sdot
sdot=
∆minus==minus=∆
358008050 mVVV if =+=∆+=
V = 053
m
n = 1000 Pap
6
0 105 sdot=
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
20) Un gas perfetto biatomico subisce una trasformazione a seguito della quale la pressione varia da
po = 15105 Pa a p1 = 225 10
5 Pa Il calore netto scambiato durante la trasformazione egrave Q=608 J
Sapendo che il volume finale V1 egrave uguale a quello iniziale (Vo = 3 l) determinare
a) la variazione di energia interna ∆U subita dal gas
b) il lavoro fatto dal gas
Soluzione
Il fatto che i volumi iniziale e finale sono uguali non egrave sufficiente per dedurre che il lavoro egrave nullo
(la trasformazione cioegrave non egrave isocora) infatti il lavoro dipende dalla trasformazione subita dal gas
ed il suo valore puograve essere determinato dal primo principio della termodinamica
L = Q - ∆U
La variazione di energia interna di un gas perfetto risulta essere
∆U = n cv (T1-T0)
Le temperature iniziale e finale si determinano dallrsquoequazione di stato del gas perfetto
Tp V
nR
p V
nR
p V
nR0
0 01
1 1 1 0= = = e T
La variazione di energia interna risulta
∆U = n cv ( )0100001 ppV
R
c
nR
Vp
nR
Vp v minus=
minus = 5625 J
Il lavoro del gas risulta quindi
L = Q - ∆U = 608 -5625 = 455 J
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
4) Un recipiente chiuso superiormente da un pistone scorrevole verticalmente senza attrito contiene
n = 10 moli di gas perfetto monoatomico alla temperatura T0 = 250 K Il pistone e le pareti del
recipiente tranne la base inferiore che egrave costituita da un cattivo isolante termico sono impermeabili
al calore la capacitagrave termica complessiva del recipiente e del pistone egrave C = 1000 calK Il recipiente
viene appoggiato su un corpo di capacitagrave termica C1 = 2000 calK e temperatura T1 = 400K Il gas si
riscalda molto lentamente e il pistone si innalza molto lentamente fino a che non si raggiunge
lequilibrio termico la quantitagrave di calore scambiata dal corpo con latmosfera esterna egrave trascurabile
Si calcoli
a) la temperatura finale Tf del gas
b) la variazione ∆U dellenergia interna del gas
c) il lavoro L compiuto dal gas durante tale trasformazione
d) la variazione ∆S dellentropia del corpo
(R = 1986 calmol K)
Soluzione
a)
Allrsquoequilibrio il corpo a temperatura T1 si raffredda e si porta ad una temperatura finale Tf lt T1
cedendo il calore Qced Il sistema gas + recipiente + pistone si riscalda fino alla temperatura Tf
acquistando un quantitagrave di calore Qass somma del calore assorbito da recipiente+pistone e dal
calore assorbito a pressione costante (la pressione atmosferica) dal gas Allrsquoequilibrio si ha quindi
Qass + Qced = 0
dove
Qass = C(Tf ndash T0) + n cp (Tf ndash T0) e Qced = C1 (Tf ndash T1)
C1 T1
C T0 n
( ) ( ) 0)( 110 =minus+minus+ TTCTTncC ffP
Esplicitiamo i prodotti
oPfPf TncCTncCTCTC )()(111 +minus+=minus
fPfoP TncCTCTncCTC )()( 111 ++=++
e ricaviamo Tf
KncCC
TncCTCT
P
oP
f 4348
98612
51010002000
250)98612
5101000(4002000
)(
1
11 =
sdotsdot++
sdotsdotsdot++sdot=
++
++=
b) La variazione di energia interna del gas (monoatomico) egrave semplicemente
TncU v∆=∆ con Rc v 23=
calTnRU 29314989861102
3
2
3congtimestimestimes=∆=∆
c) Il lavoro fatto dal gas durante lrsquoespansione isobara si puograve ricavare dal 1deg principio della
termodinamica
LQU minus=∆
( ) ( ) ( ) ( ) calTTnRTTccnTTncTTncUQL ffvpfvfp 1954)( 0000 =minussdot=minusminuscongminusminusminus=∆minus=
d) La variazione di entropia del corpo egrave
KcalT
TC
T
dTC
T
dQS
ff T
T
f
T
T
276400
4348ln2000ln
111
minus=
====∆ intint
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
5) Si usa una pompa di calore per riscaldare un edificio La temperatura esterna egrave T2 = - 5degC mentre
allinterno delledificio si mantiene costante la temperatura a T1 = 22degC La pompa ha una efficienza
η pari a 13 di quello di un frigorifero di Carnot che lavori tra T1 e T2 e cede alledificio 20 MJ
allora Che potenza deve avere il motore della pompa
Soluzione
T2 = - 5degC cong 268 K
T1 = 22degC cong 295 K
η = 13 ηCarnot
Q1 = 20 MJ
La pompa di calore non egrave altro che una macchina frigorifera reale progettata per riscaldare un
ambiente interno e non per raffreddare un corpo come un normale frigorifero In questo caso la
sorgente a bassa temperatura (T2 = 268 K) egrave lambiente esterno mentre quella ad alta temperatura egrave
linterno delledificio (T1 = 295 K) Un frigorifero di Carnot non egrave altro che una macchina frigorifera
realizzata con una macchina di Carnot che funziona ldquoal contrariordquo prelevando il calore Qfreddo dal
termostato freddo e cedendo il calore Qcaldo al termostato caldo Lrsquoefficienza di un frigorifero di
Carnot (come pure quella di una qualsiasi macchina frigorifera che lavora fra due termostati a
temperature T1 e T2 ) egrave data da
99268295
268
21
2 congminus
=minus
=minus
==TT
T
Q
L
Q
freddocaldo
freddofreddo
Carnotη
T1=295 K
T2 = 268 K
Q2
Q1 = 20 MJ
L η=13 η MF
La pompa di calore del problema ha unrsquoefficienza
333
1== Carnotηη
Esprimendo lrsquoefficienza η attraverso i calori scambiati Q1 e Q2 si ha
21
22
Q
L
Q
minus==η
Conoscendo Q1 egrave possibile ricavare Q2
221 )( QQQ =minus η
η Q1 = Q2 + η Q2
η Q1 = (1 + η) Q2
oraallMJQQ 351520331
33
112 =
+=
+=
η
η
Possiamo quindi ricavare il lavoro L necessario per far funzionare la pompa di calore
MJQQQQL 65420331
1
1
1
11 1121 cong
+=
+=
+minus=minus=
ηη
η allrsquoora
Affincheacute venga prelevata la quantitagrave di calore Q2 (1535 MJ in unrsquoora) dallrsquoambiente esterno a
temperatura T2 egrave necessario che il motore della pompa faccia un lavoro L ( 465 MJ in unrsquoora) La
potenza del motore della pompa di calore egrave quindi
kWWt
LP 311291
3600
10654 6
cong=sdot
==
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
6) Una macchina di Carnot (M) lavora fra due sorgenti rispettivamente a temperatura T1 e T2 = 5degC
(con T2lt T1) producendo in un ciclo un lavoro L = 20 J Questo lavoro viene utilizzato per fare
compiere un ciclo ad una macchina frigorifera (F) che opera fra la sorgente a temperatura T2 e
unrsquoaltra sorgente a temperatura T3 = 20degC
Determinare la quantitagrave di calore che la macchina frigorifera F sottrae in un ciclo dalla sorgente a
temperatura T2 nei seguenti due casi
a) F egrave una macchina irreversibile ed egrave noto che la variazione di entropia delle tre sorgenti in un
ciclo di funzionamento di M + F egrave ∆Stot = 15 middot10 3minus cal K
b) F egrave una macchina reversibile
Soluzione
a) Essendo M una macchina di Carnot le variazioni di entropia delle due sorgenti sono uguali in
modulo ma di segno opposto
1
1
1T
QS minus=∆ e
2
11
2
22
T
QS
T
QS =∆minus==∆
La variazione di entropia della sorgente 2 in un ciclo di funzionamento della macchina frigorifera F
irreversibile egrave
2
2
2T
QS =∆
Il calore Q3 ceduto da F al termostato a temperatura T3 egrave legato al lavoro fatto sulla macchina dalla
relazione
23 QQL minus= rarr LQQ +=
23
La variazione di entropia della sorgente 3 in un ciclo della macchina frigorifera F egrave quindi
∆S3 = 3
2
3
3
T
LQ
T
Q +=
M F
T1
T2 = 27815 K
T3 = 29315 K
L = 20 J = 478cal
Qrsquo2
Q1 Q3
Q2
La variazione di entropia totale delle tre sorgenti egrave quindi
TOTALES∆ = ∆S1 + ∆S2 + ∆Srsquo2 + ∆S3 = -1
1
T
Q +
2
2
T
Q -
2
2
T
Q +
3
2
T
LQ + = 1510 3minus calK
I primi due termini della somma sono uguali in modulo e di segno opposto (variazione di entropia
delle sorgenti in un ciclo della macchina M) Avremo quindi
∆ Stot = -
2Q
+minus
23
11
TT +
3T
L
2Q =
minus
∆minus
32
3
11
TT
ST
L
=
32
23
3
TT
TT
ST
L
minus
∆minus
= 23
32
TT
TT
minus
∆minus S
T
L
3
=
= 1527815293
1529315278
minus
sdot
sdotminus minus31015
15293
784cong 71cal
b) Se F egrave reversibile allora le variazioni di entropia delle sorgenti con cui F lavora devono essere
uguali in modulo ma di segno opposto
2
2
2T
QS minus=∆ e
2
2
3
33
2
T
QS
T
QS =∆minus==∆
Quindi avremo
=minus
=
LQQ
T
Q
T
Q
23
2
2
3
3
Se la macchina frigorifera F egrave reversibile la sua efficienza η egrave legata alle temperature delle due
sorgenti con cui lavora dalla relazione
23
2
3
2
22
TT
T
Q
L
Q
minus=
minus==η
da cui
calLTT
TLQ 688784
1527815293
15278
23
2
2 congsdotminus
=minus
=sdot= η
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
7) Una macchina irreversibile opera tra due sorgenti alle temperature TC = 550 K e TF = 350 K con
un rendimento ρ del 25 In ogni ciclo la quantitagrave di calore QC = 1200 J viene sottratta alla
sorgente a temperatura TC e fornita al fluido di lavoro nella macchina La quantitagrave di calore QF viene
ceduta dalla macchina alla sorgente a temperatura TF
a) Determinare la variazione di entropia dellrsquouniverso per ogni ciclo di funzionamento
b) Quanto lavoro in piugrave potrebbe compiere una macchina reversibile operante tra queste sorgenti che
assorbisse in ogni ciclo la stessa quantitagrave di calore
c) Facoltativo dimostrare che per ogni ciclo la quantitagrave di lavoro che si rende indisponibile a causa
del processo irreversibile egrave pari a TF univS∆
Soluzione
a)
TC = 550 K
TF = 350 K
2501 =minus==C
F
C Q
Q
Q
Lρ
QC = 1200 J
Nella risoluzione del problema le quantitagrave di calore scambiate sono considerate quantitagrave positive
La variazione di entropia dellrsquouniverso egrave
sorgentimacchinauniv SSS ∆+∆=∆
ma macchinaS∆ = 0 percheacute la macchina lavora ciclicamente mentre sorgentiS∆F
F
C
C
T
Q
T
Q+minus= in quanto
la sorgente calda cede la quantitagrave di calore QC mentre la sorgente fredda riceve la quantitagrave di calore
QF Inoltre conosciamo il rendimento ρ della macchina irreversibile
750250112501 =minus=minus=rArr=minus= ρρC
F
C
F
Q
Q
Q
Q
JQQ CF 9001200750750 =sdot==
quindi sorgentiS∆F
F
C
C
T
Q
T
Q+minus= =
K
J38960
300
900
550
1200+=+minus
TC = 550 K
L
QF
QC
TF = 350 K
b) Una macchina reversibile che lavora fra KTC 550= e KTF 350= ha un rendimento
363636360636401550
35011 ==minuscongminus=minus=
C
Frev
T
Tρ
Conoscendo il rendimento e la quantitagrave di calore assorbita dal termostato caldo JQQ CC 1200 ==
possiamo ricavare la quantitagrave di calore
FQ ceduta al termostato freddo
C
F
C
Frev
T
T
Q
Qminus=minus= 11
ρ da cui
FQC
F
T
T= FC QJQ lt= 6763
La quantitagrave di calore ceduta dalla macchina reversibile al termostato freddo egrave inferiore a quella
ceduta al termostato freddo dalla macchina irreversibile
JQL Crevrev 36436120036360 congsdot== ρ
JQL Cirr 3001200250 =sdot== ρ
JLL irrrev 3613630036436 =minus=minus
Questa quantitagrave rappresenta il lavoro in piugrave che potrebbe compiere una macchina reversibile che
assorbisse in ogni ciclo la stessa quantitagrave di calore di una macchina irreversibile
La variazione di entropia dellrsquouniverso in un ciclo della macchina irreversibile egrave
K
J
T
Q
T
QSS
C
C
F
Fsorgentiuniv 38960=minus=∆=∆
Per la macchina reversibile vale la relazione
C
F
C
F
T
T
Q
Q=
cioegrave C
C
C
C
F
F
T
Q
T
Q
T
Q==
La differenza fra Lrev e Lirr puograve essere riscritta in questo modo
FCFCrev QQQQL minus=minus=
FCirr QQL minus=
univF
C
C
F
FF
F
F
F
FF
F
FFFFFirrrev ST
T
Q
T
QT
T
Q
T
QT
T
QQTQQLL ∆sdot=
minus=
minus=
minus=minus=minus
Infatti
3613638960350 =sdot=∆ univF ST
La quantitagrave di lavoro Lrev - Lirr che si rende indisponibile a causa del processo irreversibile egrave
chiamata ldquoenergia inutilizzabilerdquo ed egrave pari a
univFbileinutilizza STE ∆=
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
8) In un recipiente in cui si trova una massa M1 = 3 kg di ghiaccio alla temperatura T1 = - 20degC si
versa una massa M2 = 200 g di acqua alla temperatura T2 = 10degC La capacitagrave termica del recipiente
e la quantitagrave di calore ceduta dal sistema allambiente esterno sono trascurabili Si calcoli la
temperatura TE del sistema allequilibrio termico
(cA = 1 calgdegC c
G = 05 calgdegC λF = 80 calg)
Soluzione
Affincheacute la massa M1 di ghiaccio possa incominciare a fondere egrave necessario innanzitutto portare la
sua temperatura da ndash 20 degC a 0degC La quantitagrave di calore necessaria egrave
Q (T1=-20degC rarr Tfus=0degC) = M1 cG (Tfus - T1) = 3000 05 20 = 30000 cal
La massima quantitagrave di calore che la massa M2 di acqua a temperatura T2 puograve cedere al blocco di
ghiaccio M1 egrave
Q1(T2 = 10degC rarr Tsol = 0degC) = M2 cA (Tsol - T2) = 200 1 (0 -10) = -2000 cal
Questa quantitagrave di calore non egrave quindi sufficiente a portare M1 fino a 0degC (servirebbero infatti 30000
cal) La massa M2 di acqua a 0degC in contatto con un blocco di ghiaccio a temperatura inferiore
cede calore al blocco M1 e comincia a solidificarsi Affincheacute lrsquointera massa M2 passi dallo stato
liquido allo stato solido egrave necessario che essa ceda una quantitagrave di calore Q2sol pari a
Q2sol = - λF M2 = - 80 200 = - 16000 cal
Dopo avere ceduto una quantitagrave di calore pari a Q1+ Q2sol la massa M2 di acqua inizialmente a
T2=10degC si egrave trasformata in 200 g di ghiaccio a 0degC Essendo M2 (diventata ghiaccio) in contatto
termico con il blocco M1 a temperatura inferiore entrambi raggiungeranno una temperatura di
equilibrio TE da determinare La massa M2 di ghiaccio per portarsi alla temperatura di equilibrio TE
cede al blocco M1 una quantitagrave di calore Q3 data da
M1
M2
Q3(Tsol=0degC rarr TE) = M2 cG (TE -0degC) = 200 05 TE = 100 TE
Il blocco M1 inizialmente a temperatura T1=-20degC per portarsi alla temperatura di equilibrio TE piugrave
alta assorbe (da M2) una quantitagrave di calore Q data da
Q (T1 =-20degC rarr TE) = M1 cG (TE - T1) = 3000 05 (TE + 20) = 1500 (TE + 20)
Essendo trascurabili le quantitagrave di calore scambiate dal sistema con lambiente esterno (sistema
isolato) la somma algebrica delle quantitagrave di calore scambiate da M1 ed M2 deve essere nulla
Q (T1 =-20degC rarr TE) + Q1(T2=10degC rarr Tsol=0degC) + Q2sol + Q3(Tsol=0degC rarr TE) = 0
1500 (TE + 20) - 2000 - 16000 + 100 TE = 0
1500 TE + 100 TE = 18000 - 30000
1600 TE = - 12000
TE = -120001600 = - 75degC
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi (3a parte)
9) Una mole di gas perfetto biatomico egrave sottoposta a un ciclo reversibile costituito da tre
trasformazioni una espansione isoterma da A a B nella quale VB = 3VA una trasformazione a
volume costante da B a C in cui la pressione egrave ridotta una compressione adiabatica da C ad A
a) Determinare Q L ∆U ∆S per ciascuna trasformazione del ciclo
b) Determinare il rendimento del ciclo e confrontarlo con quello di una macchina di Carnot che
lavora fra le temperature estreme
(R = 831 Jmole K pA = 4 x 103 Nm
2 VA = 02 m
3)
Soluzione
n = 1
Rcv2
5=
Rc p2
7=
415
7
2
52
7
====
R
R
c
c
v
pγ
a)
Punto A
pA = 4 x 103 Nm
2
VA = 02 m3
KnR
VpT AA
A 27963181
204000=
sdot
sdot==
Punto B
VB =3 VA = 06 m3
TB = TA = 9627 K
22
3 31333103
4
3
1
3 m
N
m
Np
V
nRT
V
nRTp A
A
A
B
B
B =====
p
V
A
B
isoterma
adiabatica isocora
pA
pB
VA VB
C
Punto C
VC = VB = 3 VA = 06 m3
Il punto C sta nella stessa adiabatica del punto A per cui essendo
p Vγ = costante
si ha γγCCAA VpVp =
da cui 2
41
198593
14000
m
N
V
Vp
V
Vpp
C
A
A
C
A
AC =
sdot=
==
γ
γ
γ
KnR
VpT CC
C 04623181
6019859=
sdot
sdot==
quindi
VC = 06 m3
pC = 85919 Nm2
TC cong 6204 K
Trasformazione A rarr B (isoterma)
∆U (A rarr B) = 0 percheacute U dipende solo da T
quindi ∆U = Q ndash L rArr L = Q
JV
VnRT
V
dVnRTdV
V
nRTpdVL
A
B
ABA 898783ln27963181ln)( =sdotsdotsdot===== intintintrarr
Q (A rarr B) = L (A rarr B) = 87889 J
KJV
VnR
T
TncS
A
B
A
B
VBA 1393ln31810lnln)( =sdotsdot+=+=∆ rarr
Trasformazione B rarr C (isocora)
L (B rarr C) = 0 percheacute V = costante
Quindi ∆U = Q ndash L = Q
∆U(B rarr C) = n cv ∆T = n cv (TC ndash TB) = 52 831 (6204 - 9627) = - 71122 J
Q = ∆U = - 71122 J calore ceduto
KJV
VnR
T
TncS
B
C
B
C
VCB 13902796
0462ln318
2
51lnln)( minus=+sdotsdotsdot=+=∆ rarr
Trasformazione C rarr A (adiabatica)
Q (C rarr A) = 0 percheacute adiabatica
Quindi
∆U(C rarr A) = n cv ∆T = n cv (TA ndash TC) = n cv (TB ndash TC) = - ∆U(B rarr C) =
= 52 831 (9627 ndash 6204) = + 71122 J
∆U = Q ndash L = - L
L(C rarr A) = - ∆U(C rarr A) = - 71122 J
∆S(C rarr A) = 0 perchegrave adiabatica reversibile
Q L ∆U ∆S
A rarr B
Isoterma 87889 J 87889 J 0 913 JK
B rarr C
Isocora - 71122 J 0 - 71122 J - 913 JK
C rarr A
Adiabatica 0 - 71122 J 71122 J 0
ciclo 16767 J 16767 J 0 0
b) Calcolare il rendimento del ciclo
119191089878
67167
)(
)()(cong==
+==
rarr
rarrrarr
BA
ACBA
ass Q
LL
Q
Lρ
Le temperature estreme sono
TA = TB = 9627 K
TC = 6204 K
63535602796
046211 congminus=minus=minus=
A
CC
T
Tρ
ρ lt ρC come ci si aspettava
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica
10) Un pezzo di materiale solido di massa ms = 01 kg viene riscaldato a Ts = 300 degC e poi immerso
in un contenitore a pareti adiabatiche contenente due litri di acqua inizialmente a Ta = 20degC Se la
temperatura finale del sistema egrave di Tf = 213degC si determini il calore specifico cs del solido
assumendo i calori specifici indipendenti dalla temperatura
Soluzione
ms = 01 kg
Va = 2 litri = 2 x 10-3
m3
Ts = 300 degC
Ta = 20degC
Tf = 213degC
cs =
Il corpo di massa ms inizialmente alla temperatura Ts=300 degC egrave immerso in un volume di acqua Va
= 2 litri che si trova inizialmente alla temperatura Ta = 20degC Il corpo a temperatura maggiore cede
calore allrsquoacqua a temperatura inferiore Il recipiente egrave adiabatico (non ci sono dispersioni di calore)
quindi la somma algebrica del calore Qs ceduto dal solido e del calore Qa assorbito dallrsquoacqua deve
essere nulla cioegrave
Qs + Qa = 0
e quindi
Qs = - Qa (1)
La quantitagrave di calore Qs ceduta dal corpo solido egrave pari a
Qs = ms cs (Tf - Ts)
La quantitagrave di calore Qa assorbita dallrsquoacqua egrave data dalla
Qa = ma ca (Tf - Ta) = ρa Va ca (Tf - Ta)
dove ρa = 1000 kgm3 e ca = 1 cal(g degC)= 1000 cal(kg degC)
Sostituendo nella (1) si ottiene
ms cs (Tf - Ts) = - ρa Va ca (Tf - Ta)
da cui
Ckg
J
Ckg
cal
TTm
TTcVc
sfs
afaaa
sdeg
congdeg
=minussdot
minussdotsdotsdotsdotminus=
minus
minusminus=
minus
53902993)300321(10
)20321(10001021000
)(
)( 3ρ
ms
ma
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
11) Vengono fatti espandere adiabaticamente m = 100 g di azoto (N2) fino a compiere un lavoro
L = 250 J Considerando il gas perfetto si calcoli la temperatura finale TB sapendo che quella
iniziale TA egrave di 40 degC (La massa molare dellrsquoazoto N2 egrave Mo = 28 gmole R = 831 J(mol K))
Soluzione
m = 100 g
Mo = 28 gmole
TA = 40degC = 31315 K
L = 250 J
R = 831 Jmole K
Per il primo principio della termodinamica si ha che
∆U = Q ndash L
Il gas effettua una trasformazione adiabatica allora Q = 0 quindi
∆U = ndash L
n cV ∆T = - L
n cV (TB ndash TA) = - L
n cV TB ndash n cV TA = - L
quindi
V
ABnc
LTT minus= (1)
Il gas N2 egrave biatomico quindi RcV2
5= Il numero di moli n si ricava dividendo la massa m del gas
N2 per la massa molare Mo cioegrave
moliM
mn 573
28
100
0
===
Sostituendo nella (1) si ottiene
CKnc
LTT
V
AB deg==
sdotsdot
minus=minus= 63675309
3182
5573
25015313
L=250J
N2
TA=40degC
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
12) Una macchina irreversibile funziona scambiando calore con due sorgenti alle temperature
T1 = 300 K e T2 = 250 K In un ciclo essa produce un lavoro L = 30 cal e la variazione totale di
entropia dellrsquouniverso egrave ∆S = 002 calK Calcolare il rendimento ρ della macchina
Soluzione
T1 = 300 K
T2 = 250 K
L = 30 cal
∆Suniverso = 002 calK
ρ =
Nella risoluzione del problema le quantitagrave di calore Q1 e Q2 assorbita e ceduta dalla macchina sono
considerate come quantitagrave positive Con questa scelta il lavoro fatto dalla macchina egrave pari
semplicemente alla differenza fra il calore assorbito Q1 e il calore ceduto Q2 L=Q1-Q2
Per calcolare il rendimento 1Q
L=ρ della macchina egrave necessario ricavare il calore assorbito Q1
Una relazione fra Q1 e Q2 si ottiene osservando che il lavoro L fatto dalla macchina egrave pari a 30 cal
L = Q1 ndash Q2 = 30 cal
Una seconda relazione fra Q1 e Q2 si puograve ottenere calcolando la variazione di entropia dellrsquouniverso
in un ciclo della macchina visto che la traccia fornisce il suo valore ∆Suniverso = 002 calK
La variazione di entropia dellrsquouniverso ∆Suniverso egrave semplicemente la somma delle variazioni di
entropia della macchina e delle due sorgenti
∆Suniverso = ∆Smacchina + ∆S1 + ∆S2
La variazione di entropia della macchina ∆Smacchina in un ciclo egrave nulla in quanto lrsquoentropia egrave funzione
di stato (lo stato finale della macchina egrave identico a quello iniziale)
La sorgente a temperatura T1 cede una quantitagrave di calore Q1 alla macchina quindi la sua variazione
di entropia ∆S1 egrave negativa
La sorgente a temperatura T2 al contrario acquista dalla macchina una quantitagrave di calore Q2 quindi
la sua variazione di entropia ∆S2 egrave positiva
Quindi
250300
21
2
2
1
121
T
Q
T
QSSSuniverso +minus=+minus=∆+∆=∆
T2
Q2
Q1
L
MT
T1
Otteniamo cosigrave la seconda relazione fra Q1 e Q2
250300020 21 QQ
+minus=
Mettendo a sistema le due relazioni ricavate sopra si ottengono i valori di Q1 e Q2
+=
=+minus
30
100
2
250300
21
21
+=
=++
minus
30
10
2
2530
30
21
22
Dalla prima equazione si ottiene
- 5 (Q2 + 30) + 6 Q2 = 30
-5 Q2 - 150 + 6 Q2 = 30
Q2 = 180 cal
Sostituendo nella seconda si ottiene il valore di Q1
Q1 = Q2 + 30 = 180 + 30 = 210 cal
Il rendimento cercato egrave quindi
14140210
30
1
====Q
Lρ
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
13) Una mole di azoto (N2) occupa inizialmente un volume V0 = 10 l alla temperatura T0 = 400 K Il
gas compie una espansione adiabatica irreversibile a seguito della quale il volume raddoppia Il
lavoro compiuto dal gas durante la trasformazione egrave L = 1250 J
Determinare
a) la temperatura e la pressione del gas quando si egrave stabilito di nuovo lequilibrio termodinamico
b) la variazione di entropia nel processo
R = 831 J(mol K) = 00821 litriatm (mol K)
Soluzione
Lrsquoazoto (N2 ) egrave biatomico quindi il calore specifico molare a volume costante egrave Rcv2
5=
Il gas compie una espansione adiabatica irreversibile durante la quale compie un determinato lavoro
esterno Applicando il primo principio della termodinamica alla trasformazione effettuata dal gas si
ha
∆U =Q ndash L = ndash L
in quanto Q=0 in una trasformazione adiabatica Drsquoaltra parte la variazione di energia interna ∆U in
un gas perfetto che effettua una trasformazione qualsiasi tra due stati che differiscono di ∆T in
temperatura egrave sempre data da ∆U = n cv ∆T Quindi
n cv ∆T = ndash L
n cv (Tf ndash Ti) = ndash L
da cui si ricava la temperatura finale di equilibrio
Knc
LTnc
nc
LTT
v
iv
v
if 340
3182
5
12504003182
5
cong
sdot
minussdotsdot=
minus=minus=
Dallrsquoequazione di stato dei gas perfetti possiamo ricavare il valore della pressione nel nuovo stato
di equilibrio termodinamico
pf Vf = n R Tf
atmV
nRTp
f
f
f 41102
34008210cong
sdot
sdot==
La variazione di entropia del processo puograve essere calcolata utilizzando lrsquoespressione generale per la
variazione di entropia di un gas perfetto fra due stati termodinamici Iequiv (Ti Vi) ed Fequiv (Tf Vf )
KJV
VnR
T
TncS
i
f
i
f
V 38276538310
20ln318
400
340ln318
2
5lnln =+minuscongsdot+sdotsdot=+=∆
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
14) Si considerino due macchine termiche che funzionano con le stesse due sorgenti di calore alle
temperature T2 = 250K e T1 = 500K La prima macchina opera secondo un ciclo di Carnot
assorbendo una quantitagrave di calore Q1 = 1400J dalla sorgente alla temperatura T1 La seconda
macchina descrive invece un ciclo irreversibile il cui rendimento egrave ρ = 035 Il lavoro prodotto dalle
due macchine egrave il medesimo Determinare
a) il lavoro prodotto in un ciclo
b) la variazione di entropia dellrsquouniverso che accompagna ogni ciclo della macchina irreversibile
Soluzione
T1 = 500K
T2 = 250K
Q1 = 1400J (calore assorbito Carnot)
L = Lrsquo=
a)
Il rendimento della macchina di Carnot egrave dato da
50502
1
500
25011
1
2
1
===minus=minus==T
T
Q
LCarnotρ
da cui si ricava immediatamente la risposta al quesito a)
L = ρCarnotQ1 = 05 1400 = 700 J
T1
T2
Q2
Q1
L
CARNOT
b)
Indichiamo con lrsquoapice tutte le grandezze relative alla macchina irreversibile Il lavoro Lrsquo fatto dalla
macchina irreversibile egrave uguale a quello (L=700 J) fatto dalla macchina di Carnot Per calcolare la
variazione di entropia che accompagna ogni ciclo della macchina irreversibile abbiamo bisogno di
conoscere il calore Q1rsquoassorbito dal termostato a temperatura T1 e il calore Q2rsquo ceduto al termostato
a temperatura T2
Conoscendo il rendimento ρ della macchina irreversibile possiamo calcolare il calore Q1rsquo assorbito
dalla macchina
1
Q
L=ρ rarr J
LQ 2000
350
700
1 ===
ρ
Il calore Q2rsquo ceduto dalla macchina irreversibile al termostato a temperatura piugrave bassa T2 saragrave quindi
dato da
Q2rsquo = Q1rsquo ndash Lrsquo = 2000 ndash 700 = 1300 J
La variazione di entropia dellrsquouniverso per ogni ciclo della macchina irreversibile egrave data solamente
dalla variazione di entropia delle sorgenti in quanto la variazione di entropia della macchina in un
ciclo egrave nulla (lrsquoentropia egrave una funzione di stato)
KJT
Q
T
QS sorg 21
250
1300
500
2000
2
2
1
1 =+minus=+minus=∆
T1
T2
Q2rsquo
Q1rsquo
Lrsquo=L Macchina
irreversibile ρρρρrsquo=035
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
15) Un gas perfetto descrive un ciclo reversibile costituito dalle trasformazioni AB adiabatica BC
isoterma e CA isocora
Calcolare il rendimento del ciclo sapendo che TA = 2TB
Soluzione
A rarr B adiabatica
B rarr C isoterma
C rarr A isocora
TA = 2TB
VA = VC (poicheacute isocora)
TB = TC (poicheacute isoterma)
Il rendimento del ciclo egrave dato dalla
ass
cedass
ass Q
Q
L minus==ρ
si devono quindi calcolare Qass e Qced In questo ciclo
QAB = 0 (poicheacute trasformazione adiabatica)
QCA = Qass = n cv ∆T = n cv (TA - TC) = n cv (TA ndash TB) = n cv (2TB ndash TB) = n cv TB
C
BB
B
CB
V
V
B
V
V
BcedBC
V
VnRT
V
VnRT
V
dVnRTdV
V
nRTQQ
C
B
C
B
lnln minus===== intint
quindi essendo VA = VC
p
C
B
A
V
adiabatica
isocora
isoterma
VA = VC VB
A
BBced
V
VnRTQ lnminus=
Il rapporto VB VA si puograve calcolare considerando la trasformazione AB (adiabatica) per la quale vale
la seguente
PVγ = cost
da cui
=sdot γV
V
nRTcost
e quindi essendo n ed R costanti
T V γ - 1
= cost
Applicata alla trasformazione AB si ha
11 minusminus = γγ
BBAA VTVT
da cui 1minus
=
γ
A
B
B
A
V
V
T
T
e
1
1
minus
=
γ
B
A
A
B
T
T
V
V
Sapendo che v
p
c
c=γ e che cp - cv = R (relazione di Mayer) si ha
vv
vp
v
p
c
R
c
cc
c
c=
minus=minus=minus 11γ oppure
1
1
minus=
γR
cv
2lnlnlnlnln1
1
Bv
B
AB
vR
c
B
AB
B
AB
A
BBced Tnc
T
TT
R
cnR
T
TnRT
T
TnRT
V
VnRTQ
v
minus=
sdotminus=
minus=
minus=minus=
minusγ
Quindi il rendimento ρ risulta essere
302ln12ln
11 =minus=minus=+==Bv
Bv
ass
ced
ass Tnc
Tnc
Q
Q
Q
Lρ
Fisica 1 (AA 2004-2005) Esercizi Termodinamica
16) Una macchina di Carnot ha un rendimento ρ = 22 Le due sorgenti a temperatura costante
differiscono di 75 K Sapendo che il lavoro prodotto in un ciclo egrave L = 200 J calcolare
a) le due temperature T1 e T2 ( con T1 gt T2)
b) la quantitagrave di calore Q1 assorbita dalla macchina di Carnot dalla sorgente a temperatura T1 e la
quantitagrave di calore Q2 ceduta dalla macchina di Carnot alla sorgente a temperatura T2
c) le variazioni di entropia (con il loro segno) 1S∆ e 2S∆ di ciascuna delle due sorgenti
d) la variazione di entropia dellrsquouniverso univS∆
Soluzione
ρ = 22 = 022
T1 ndash T2 = 75 K
L = 200 J
a) T1 = T2 =
b) Q1 =
c) Q2 =
d) ∆S1 = ∆S2 =
e) ∆SUNIV =
a) Consideriamo le quantitagrave di calore Q1 e Q2 come quantitagrave positive Con questa scelta il
rendimento ρ della macchina di Carnot egrave
1
2
1
2 11T
T
Q
Qminus=minus=ρ
11
21
1
21T
T
T
TT
T
T ∆=
minus=minus=ρ
quindi
KKT
T 3419340220
751 cong==
∆=
ρ
e
KTTTT 26675341)( 2112 =minuscongminusminus=
b)
Essendo Q1 e Q2 quantitagrave positive il lavoro prodotto in un ciclo egrave pari alla differenza fra Q1 e Q2
L = Q1 ndash Q2 = 200 J
Inoltre
V
A
D
p
C
B T1
T2
780341
266
1
2
1
2 ===T
T
Q
Q
Abbiamo quindi le seguenti due relazioni nelle due incognite Q1 e Q2
=
=minus
12
21
780
200
Risolvendo
=
=sdotminus
12
11
780
200780
=
=sdot
12
1
780
200220
Q
=
=sdot
12
1
780
220
200
Q
da cui
=
=
JQ
JQ
709
909
2
1
d) La variazione di entropia della sorgente 1 egrave
KJT
QS 662
341
909
1
11 minus=minus=minus=∆
La variazione di entropia della sorgente 2 egrave
KJT
QS 662
266
709
2
22 ==+=∆
e) La variazione di entropia dellrsquouniverso in un ciclo della macchina di Carnot (o di una qualunque
macchina termica reversibile che lavori fra T1 e T2) risulta quindi essere
∆SUNIV = ∆S1 + ∆S2 = - 266 + 266 = 0
Fisica 1 (AA 2004-2005) Esercizi Termodinamica
17) Un gas perfetto monoatomico compie a partire da un certo stato iniziale una trasformazione
isocora fino a una pressione doppia di quella iniziale assorbendo una quantitagrave di calore Q = 45 cal
Si calcoli il lavoro compiuto dal gas se a partire dallo stesso stato iniziale esso compie invece una
trasformazione isobara che ne fa raddoppiare il volume
Soluzione
Il lavoro compiuto dal gas nella trasformazione isobara da I a G egrave semplicemente
( ) 000000 2 VpVVpVpL =minus=∆=
La quantitagrave p0V0 entra nellrsquoequazione di stato dei gas perfetti
000 nRTVp =
Nella trasformazione isocora da I ad F il gas passa da una pressione iniziale pi= p0 a una pressione
finale doppia pf=2p0 La temperatura finale Tf saragrave quindi doppia di quella iniziale Infatti
fnRTVp =sdot 00 )2( fnRTnRT =02 02TT f =
Passando da I ad F il gas monoatomico ( Rcv2
3= ) assorbe una quantitagrave di calore Q = 45 cal
( ) ( ) 0000 2 TncTTncTTncTncQ vvfvv =minus=minus=∆=
00002
3
2
3
2
3VpTnRTRnQ ===
Possiamo quindi ricavare la quantitagrave cercata p0V0
QVp3
200 =
Il lavoro L compiuto dal gas nella trasformazione isobara da I a G egrave quindi
30453
2
3
200 calcalQVpL ====
G I
F
V
2 p0
p0
2 V0 V0
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
18) Un blocco di ghiaccio di massa mg alla temperatura T1 = -10degC egrave immerso in 100g di acqua alla
temperatura T2 = 27degC Calcolare la temperatura finale di equilibrio e la quantitagrave di ghiaccio sciolta
nei due casi
a) mg = 100g
b) mg = 10g
(ca = 1 calg degC cg = 05 calg degC λfus = 80 calg)
Soluzione
a)
Nel primo caso una massa mg = 100g di ghiaccio viene immersa in ma = 100g di acqua Per
ricavare la quantitagrave di ghiaccio sciolta osserviamo che affincheacute il ghiaccio inizi a sciogliersi deve
innanzitutto portarsi dalla temperatura iniziale T1 = -10degC alla temperatura Tfus= 0degC assorbendo
calore dallrsquoacqua circostante La quantitagrave di calore necessaria per il riscaldamento del ghiaccio da -
10degC a 0degC egrave
Qg (T1=-10degC rarr Tfus=0degC) = mg cg ∆T = 100 05 10 = 500 cal
La massa ma di acqua con cui il ghiaccio egrave in contatto termico puograve fornire al ghiaccio al massimo
una quantitagrave di calore Qamax che corrisponde a un raffreddamento dellrsquointera massa drsquoacqua ma fino
alla temperatura di solidificazione dellrsquoacqua Tsol=0degC
Qamax (T2 = 27degC rarr Tsol= 0degC) = ma ca ∆T = 100 1 27 = 2700 cal
Essendo Qamax gt Qg allora il ghiaccio puograve assorbire dallrsquoacqua circostante il calore necessario a
passare da -10degC a 0degC Assorbendo ulteriormente calore il ghiaccio comincia a fondere
La quantitagrave di calore necessaria affincheacute lrsquointera massa mg di ghiaccio si fonda puograve essere ricavata
dalla relazione
Qfus = λfus mg = 80 100 = 8000 cal
La quantitagrave di calore necessaria per la fusione dellrsquointera massa di ghiaccio egrave superiore alla massima
quantitagrave di calore che lrsquoacqua circostante puograve fornire Qfus gt Qamax Non tutta la massa di ghiaccio
puograve quindi passare allo stato liquido con il risultato che coesisteranno in equilibrio acqua e
ghiaccio La temperature di equilibrio Te risulteragrave quindi essere la temperatura di fusione Tfus= 0degC
mg
ma
La quantitagrave mrsquog di ghiaccio fusa puograve essere ricavata dalla conservazione dellrsquoenergia La quantitagrave di
calore massima Qamax che lrsquoacqua circostante puograve fornire serve ad innalzare la temperatura del
ghiaccio da -10degC a 0degC e a fondere solo una parte mrsquog di ghiaccio
Qamax = Qg (T1=-10degC rarr Tfus=0degC) + mrsquog λfus
2700 = 500 + 80 mrsquog
da cui
gm g 52780
2200 ==
b)
Nel secondo caso una massa mg = 10g viene immersa in ma = 100g di acqua
La quantitagrave di calore necessaria adesso per il riscaldamento di soli 10 grammi di ghiaccio da -10degC a
0degC egrave
Qg (T1= -10degC rarr Tfus=0degC) = mg cg ∆T = 10 05 10 = 50 cal
La quantitagrave di calore necessaria per fondere i 10 grammi di ghiaccio egrave pari a
Qfus = λfus mg = 80 10 = 800 cal
La quantitagrave di calore massima Qamax =2700 cal che lrsquoacqua circostante puograve fornire egrave adesso
sufficiente per innalzare la temperatura di mg=10g di ghiaccio da -10degC a 0degC (servono infatti solo
50 cal)e per fondere lrsquointera massa di ghiaccio (servono infatti solo ulteriori 800 cal)
Assorbendo quindi solo 850cal dallrsquoacqua circostante lrsquointera massa mg=10g di ghiaccio fonde e si
ottengono 10 grammi di acqua a 0deg
Assorbendo ulteriormente una quantitagrave di calore Q (0degC rarr te) dalla massa ma=100g di acqua
circostante a piugrave alta temperatura i 10 grammi di acqua a 0deg e la massa ma = 100g si porteranno a
una temperatura intermedia di equilibrio tE
Se si indica Qa la quantitagrave di calore ceduta dalla massa ma = 100g di acqua che si porta dalla
temperatura T1=27degC alla temperatura di equilibrio te il bilancio dei calori scambiati puograve essere
scritto come
Qa (T1=27degC rarr te) = Qg (-10degC rarr 0degC) + Qfus + Q (0degC rarr te)
ma ca (27deg - te) = 50 + 800 + mg ca ( te- 0deg)
100 1 (27deg - te) = 50 + 800 + 10 1 ( te- 0deg)
100 27 ndash 100 te = 850 + 10 te
da cui 2700 ndash 100 te = 850 + 10 te
110 te = 1850
e quindi
Cte deg== 816110
1850
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
19) Una kmole di gas perfetto biatomico egrave contenuta in un recipiente adiabatico munito di pistone di
volume Vi =05m3 Con il pistone bloccato il contenitore viene posto in un ambiente la cui pressione
egrave mantenuta costante al valore p0 = 510 6 Pa Ad un certo istante si sblocca il pistone e il gas si
espande fino a raggiungere lrsquoequilibrio meccanico con lrsquoambiente Si osserva una diminuzione di
temperatura ∆T= - 20 K Calcolare il volume finale Vf del gas
Soluzione
Il recipiente egrave adiabatico quindi il calore scambiato con lrsquoesterno egrave nullo (Q = 0 )
Il lavoro fatto dal gas sullrsquoambiente esterno a pressione p0=costante egrave semplicemente
VpL ∆= 0
Dal primo principio della termodinamica
LLQU minus=minus=∆
La variazione di energia interna del gas perfetto biatomico (cV=52 R) egrave
RRTncU V 50000)20(2
51000 minus=minussdot=∆=∆
3
6
00
080105
31850000m
p
U
p
LVVV if cong
sdot
sdot=
∆minus==minus=∆
358008050 mVVV if =+=∆+=
V = 053
m
n = 1000 Pap
6
0 105 sdot=
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
20) Un gas perfetto biatomico subisce una trasformazione a seguito della quale la pressione varia da
po = 15105 Pa a p1 = 225 10
5 Pa Il calore netto scambiato durante la trasformazione egrave Q=608 J
Sapendo che il volume finale V1 egrave uguale a quello iniziale (Vo = 3 l) determinare
a) la variazione di energia interna ∆U subita dal gas
b) il lavoro fatto dal gas
Soluzione
Il fatto che i volumi iniziale e finale sono uguali non egrave sufficiente per dedurre che il lavoro egrave nullo
(la trasformazione cioegrave non egrave isocora) infatti il lavoro dipende dalla trasformazione subita dal gas
ed il suo valore puograve essere determinato dal primo principio della termodinamica
L = Q - ∆U
La variazione di energia interna di un gas perfetto risulta essere
∆U = n cv (T1-T0)
Le temperature iniziale e finale si determinano dallrsquoequazione di stato del gas perfetto
Tp V
nR
p V
nR
p V
nR0
0 01
1 1 1 0= = = e T
La variazione di energia interna risulta
∆U = n cv ( )0100001 ppV
R
c
nR
Vp
nR
Vp v minus=
minus = 5625 J
Il lavoro del gas risulta quindi
L = Q - ∆U = 608 -5625 = 455 J
( ) ( ) 0)( 110 =minus+minus+ TTCTTncC ffP
Esplicitiamo i prodotti
oPfPf TncCTncCTCTC )()(111 +minus+=minus
fPfoP TncCTCTncCTC )()( 111 ++=++
e ricaviamo Tf
KncCC
TncCTCT
P
oP
f 4348
98612
51010002000
250)98612
5101000(4002000
)(
1
11 =
sdotsdot++
sdotsdotsdot++sdot=
++
++=
b) La variazione di energia interna del gas (monoatomico) egrave semplicemente
TncU v∆=∆ con Rc v 23=
calTnRU 29314989861102
3
2
3congtimestimestimes=∆=∆
c) Il lavoro fatto dal gas durante lrsquoespansione isobara si puograve ricavare dal 1deg principio della
termodinamica
LQU minus=∆
( ) ( ) ( ) ( ) calTTnRTTccnTTncTTncUQL ffvpfvfp 1954)( 0000 =minussdot=minusminuscongminusminusminus=∆minus=
d) La variazione di entropia del corpo egrave
KcalT
TC
T
dTC
T
dQS
ff T
T
f
T
T
276400
4348ln2000ln
111
minus=
====∆ intint
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
5) Si usa una pompa di calore per riscaldare un edificio La temperatura esterna egrave T2 = - 5degC mentre
allinterno delledificio si mantiene costante la temperatura a T1 = 22degC La pompa ha una efficienza
η pari a 13 di quello di un frigorifero di Carnot che lavori tra T1 e T2 e cede alledificio 20 MJ
allora Che potenza deve avere il motore della pompa
Soluzione
T2 = - 5degC cong 268 K
T1 = 22degC cong 295 K
η = 13 ηCarnot
Q1 = 20 MJ
La pompa di calore non egrave altro che una macchina frigorifera reale progettata per riscaldare un
ambiente interno e non per raffreddare un corpo come un normale frigorifero In questo caso la
sorgente a bassa temperatura (T2 = 268 K) egrave lambiente esterno mentre quella ad alta temperatura egrave
linterno delledificio (T1 = 295 K) Un frigorifero di Carnot non egrave altro che una macchina frigorifera
realizzata con una macchina di Carnot che funziona ldquoal contrariordquo prelevando il calore Qfreddo dal
termostato freddo e cedendo il calore Qcaldo al termostato caldo Lrsquoefficienza di un frigorifero di
Carnot (come pure quella di una qualsiasi macchina frigorifera che lavora fra due termostati a
temperature T1 e T2 ) egrave data da
99268295
268
21
2 congminus
=minus
=minus
==TT
T
Q
L
Q
freddocaldo
freddofreddo
Carnotη
T1=295 K
T2 = 268 K
Q2
Q1 = 20 MJ
L η=13 η MF
La pompa di calore del problema ha unrsquoefficienza
333
1== Carnotηη
Esprimendo lrsquoefficienza η attraverso i calori scambiati Q1 e Q2 si ha
21
22
Q
L
Q
minus==η
Conoscendo Q1 egrave possibile ricavare Q2
221 )( QQQ =minus η
η Q1 = Q2 + η Q2
η Q1 = (1 + η) Q2
oraallMJQQ 351520331
33
112 =
+=
+=
η
η
Possiamo quindi ricavare il lavoro L necessario per far funzionare la pompa di calore
MJQQQQL 65420331
1
1
1
11 1121 cong
+=
+=
+minus=minus=
ηη
η allrsquoora
Affincheacute venga prelevata la quantitagrave di calore Q2 (1535 MJ in unrsquoora) dallrsquoambiente esterno a
temperatura T2 egrave necessario che il motore della pompa faccia un lavoro L ( 465 MJ in unrsquoora) La
potenza del motore della pompa di calore egrave quindi
kWWt
LP 311291
3600
10654 6
cong=sdot
==
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
6) Una macchina di Carnot (M) lavora fra due sorgenti rispettivamente a temperatura T1 e T2 = 5degC
(con T2lt T1) producendo in un ciclo un lavoro L = 20 J Questo lavoro viene utilizzato per fare
compiere un ciclo ad una macchina frigorifera (F) che opera fra la sorgente a temperatura T2 e
unrsquoaltra sorgente a temperatura T3 = 20degC
Determinare la quantitagrave di calore che la macchina frigorifera F sottrae in un ciclo dalla sorgente a
temperatura T2 nei seguenti due casi
a) F egrave una macchina irreversibile ed egrave noto che la variazione di entropia delle tre sorgenti in un
ciclo di funzionamento di M + F egrave ∆Stot = 15 middot10 3minus cal K
b) F egrave una macchina reversibile
Soluzione
a) Essendo M una macchina di Carnot le variazioni di entropia delle due sorgenti sono uguali in
modulo ma di segno opposto
1
1
1T
QS minus=∆ e
2
11
2
22
T
QS
T
QS =∆minus==∆
La variazione di entropia della sorgente 2 in un ciclo di funzionamento della macchina frigorifera F
irreversibile egrave
2
2
2T
QS =∆
Il calore Q3 ceduto da F al termostato a temperatura T3 egrave legato al lavoro fatto sulla macchina dalla
relazione
23 QQL minus= rarr LQQ +=
23
La variazione di entropia della sorgente 3 in un ciclo della macchina frigorifera F egrave quindi
∆S3 = 3
2
3
3
T
LQ
T
Q +=
M F
T1
T2 = 27815 K
T3 = 29315 K
L = 20 J = 478cal
Qrsquo2
Q1 Q3
Q2
La variazione di entropia totale delle tre sorgenti egrave quindi
TOTALES∆ = ∆S1 + ∆S2 + ∆Srsquo2 + ∆S3 = -1
1
T
Q +
2
2
T
Q -
2
2
T
Q +
3
2
T
LQ + = 1510 3minus calK
I primi due termini della somma sono uguali in modulo e di segno opposto (variazione di entropia
delle sorgenti in un ciclo della macchina M) Avremo quindi
∆ Stot = -
2Q
+minus
23
11
TT +
3T
L
2Q =
minus
∆minus
32
3
11
TT
ST
L
=
32
23
3
TT
TT
ST
L
minus
∆minus
= 23
32
TT
TT
minus
∆minus S
T
L
3
=
= 1527815293
1529315278
minus
sdot
sdotminus minus31015
15293
784cong 71cal
b) Se F egrave reversibile allora le variazioni di entropia delle sorgenti con cui F lavora devono essere
uguali in modulo ma di segno opposto
2
2
2T
QS minus=∆ e
2
2
3
33
2
T
QS
T
QS =∆minus==∆
Quindi avremo
=minus
=
LQQ
T
Q
T
Q
23
2
2
3
3
Se la macchina frigorifera F egrave reversibile la sua efficienza η egrave legata alle temperature delle due
sorgenti con cui lavora dalla relazione
23
2
3
2
22
TT
T
Q
L
Q
minus=
minus==η
da cui
calLTT
TLQ 688784
1527815293
15278
23
2
2 congsdotminus
=minus
=sdot= η
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
7) Una macchina irreversibile opera tra due sorgenti alle temperature TC = 550 K e TF = 350 K con
un rendimento ρ del 25 In ogni ciclo la quantitagrave di calore QC = 1200 J viene sottratta alla
sorgente a temperatura TC e fornita al fluido di lavoro nella macchina La quantitagrave di calore QF viene
ceduta dalla macchina alla sorgente a temperatura TF
a) Determinare la variazione di entropia dellrsquouniverso per ogni ciclo di funzionamento
b) Quanto lavoro in piugrave potrebbe compiere una macchina reversibile operante tra queste sorgenti che
assorbisse in ogni ciclo la stessa quantitagrave di calore
c) Facoltativo dimostrare che per ogni ciclo la quantitagrave di lavoro che si rende indisponibile a causa
del processo irreversibile egrave pari a TF univS∆
Soluzione
a)
TC = 550 K
TF = 350 K
2501 =minus==C
F
C Q
Q
Q
Lρ
QC = 1200 J
Nella risoluzione del problema le quantitagrave di calore scambiate sono considerate quantitagrave positive
La variazione di entropia dellrsquouniverso egrave
sorgentimacchinauniv SSS ∆+∆=∆
ma macchinaS∆ = 0 percheacute la macchina lavora ciclicamente mentre sorgentiS∆F
F
C
C
T
Q
T
Q+minus= in quanto
la sorgente calda cede la quantitagrave di calore QC mentre la sorgente fredda riceve la quantitagrave di calore
QF Inoltre conosciamo il rendimento ρ della macchina irreversibile
750250112501 =minus=minus=rArr=minus= ρρC
F
C
F
Q
Q
Q
Q
JQQ CF 9001200750750 =sdot==
quindi sorgentiS∆F
F
C
C
T
Q
T
Q+minus= =
K
J38960
300
900
550
1200+=+minus
TC = 550 K
L
QF
QC
TF = 350 K
b) Una macchina reversibile che lavora fra KTC 550= e KTF 350= ha un rendimento
363636360636401550
35011 ==minuscongminus=minus=
C
Frev
T
Tρ
Conoscendo il rendimento e la quantitagrave di calore assorbita dal termostato caldo JQQ CC 1200 ==
possiamo ricavare la quantitagrave di calore
FQ ceduta al termostato freddo
C
F
C
Frev
T
T
Q
Qminus=minus= 11
ρ da cui
FQC
F
T
T= FC QJQ lt= 6763
La quantitagrave di calore ceduta dalla macchina reversibile al termostato freddo egrave inferiore a quella
ceduta al termostato freddo dalla macchina irreversibile
JQL Crevrev 36436120036360 congsdot== ρ
JQL Cirr 3001200250 =sdot== ρ
JLL irrrev 3613630036436 =minus=minus
Questa quantitagrave rappresenta il lavoro in piugrave che potrebbe compiere una macchina reversibile che
assorbisse in ogni ciclo la stessa quantitagrave di calore di una macchina irreversibile
La variazione di entropia dellrsquouniverso in un ciclo della macchina irreversibile egrave
K
J
T
Q
T
QSS
C
C
F
Fsorgentiuniv 38960=minus=∆=∆
Per la macchina reversibile vale la relazione
C
F
C
F
T
T
Q
Q=
cioegrave C
C
C
C
F
F
T
Q
T
Q
T
Q==
La differenza fra Lrev e Lirr puograve essere riscritta in questo modo
FCFCrev QQQQL minus=minus=
FCirr QQL minus=
univF
C
C
F
FF
F
F
F
FF
F
FFFFFirrrev ST
T
Q
T
QT
T
Q
T
QT
T
QQTQQLL ∆sdot=
minus=
minus=
minus=minus=minus
Infatti
3613638960350 =sdot=∆ univF ST
La quantitagrave di lavoro Lrev - Lirr che si rende indisponibile a causa del processo irreversibile egrave
chiamata ldquoenergia inutilizzabilerdquo ed egrave pari a
univFbileinutilizza STE ∆=
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
8) In un recipiente in cui si trova una massa M1 = 3 kg di ghiaccio alla temperatura T1 = - 20degC si
versa una massa M2 = 200 g di acqua alla temperatura T2 = 10degC La capacitagrave termica del recipiente
e la quantitagrave di calore ceduta dal sistema allambiente esterno sono trascurabili Si calcoli la
temperatura TE del sistema allequilibrio termico
(cA = 1 calgdegC c
G = 05 calgdegC λF = 80 calg)
Soluzione
Affincheacute la massa M1 di ghiaccio possa incominciare a fondere egrave necessario innanzitutto portare la
sua temperatura da ndash 20 degC a 0degC La quantitagrave di calore necessaria egrave
Q (T1=-20degC rarr Tfus=0degC) = M1 cG (Tfus - T1) = 3000 05 20 = 30000 cal
La massima quantitagrave di calore che la massa M2 di acqua a temperatura T2 puograve cedere al blocco di
ghiaccio M1 egrave
Q1(T2 = 10degC rarr Tsol = 0degC) = M2 cA (Tsol - T2) = 200 1 (0 -10) = -2000 cal
Questa quantitagrave di calore non egrave quindi sufficiente a portare M1 fino a 0degC (servirebbero infatti 30000
cal) La massa M2 di acqua a 0degC in contatto con un blocco di ghiaccio a temperatura inferiore
cede calore al blocco M1 e comincia a solidificarsi Affincheacute lrsquointera massa M2 passi dallo stato
liquido allo stato solido egrave necessario che essa ceda una quantitagrave di calore Q2sol pari a
Q2sol = - λF M2 = - 80 200 = - 16000 cal
Dopo avere ceduto una quantitagrave di calore pari a Q1+ Q2sol la massa M2 di acqua inizialmente a
T2=10degC si egrave trasformata in 200 g di ghiaccio a 0degC Essendo M2 (diventata ghiaccio) in contatto
termico con il blocco M1 a temperatura inferiore entrambi raggiungeranno una temperatura di
equilibrio TE da determinare La massa M2 di ghiaccio per portarsi alla temperatura di equilibrio TE
cede al blocco M1 una quantitagrave di calore Q3 data da
M1
M2
Q3(Tsol=0degC rarr TE) = M2 cG (TE -0degC) = 200 05 TE = 100 TE
Il blocco M1 inizialmente a temperatura T1=-20degC per portarsi alla temperatura di equilibrio TE piugrave
alta assorbe (da M2) una quantitagrave di calore Q data da
Q (T1 =-20degC rarr TE) = M1 cG (TE - T1) = 3000 05 (TE + 20) = 1500 (TE + 20)
Essendo trascurabili le quantitagrave di calore scambiate dal sistema con lambiente esterno (sistema
isolato) la somma algebrica delle quantitagrave di calore scambiate da M1 ed M2 deve essere nulla
Q (T1 =-20degC rarr TE) + Q1(T2=10degC rarr Tsol=0degC) + Q2sol + Q3(Tsol=0degC rarr TE) = 0
1500 (TE + 20) - 2000 - 16000 + 100 TE = 0
1500 TE + 100 TE = 18000 - 30000
1600 TE = - 12000
TE = -120001600 = - 75degC
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi (3a parte)
9) Una mole di gas perfetto biatomico egrave sottoposta a un ciclo reversibile costituito da tre
trasformazioni una espansione isoterma da A a B nella quale VB = 3VA una trasformazione a
volume costante da B a C in cui la pressione egrave ridotta una compressione adiabatica da C ad A
a) Determinare Q L ∆U ∆S per ciascuna trasformazione del ciclo
b) Determinare il rendimento del ciclo e confrontarlo con quello di una macchina di Carnot che
lavora fra le temperature estreme
(R = 831 Jmole K pA = 4 x 103 Nm
2 VA = 02 m
3)
Soluzione
n = 1
Rcv2
5=
Rc p2
7=
415
7
2
52
7
====
R
R
c
c
v
pγ
a)
Punto A
pA = 4 x 103 Nm
2
VA = 02 m3
KnR
VpT AA
A 27963181
204000=
sdot
sdot==
Punto B
VB =3 VA = 06 m3
TB = TA = 9627 K
22
3 31333103
4
3
1
3 m
N
m
Np
V
nRT
V
nRTp A
A
A
B
B
B =====
p
V
A
B
isoterma
adiabatica isocora
pA
pB
VA VB
C
Punto C
VC = VB = 3 VA = 06 m3
Il punto C sta nella stessa adiabatica del punto A per cui essendo
p Vγ = costante
si ha γγCCAA VpVp =
da cui 2
41
198593
14000
m
N
V
Vp
V
Vpp
C
A
A
C
A
AC =
sdot=
==
γ
γ
γ
KnR
VpT CC
C 04623181
6019859=
sdot
sdot==
quindi
VC = 06 m3
pC = 85919 Nm2
TC cong 6204 K
Trasformazione A rarr B (isoterma)
∆U (A rarr B) = 0 percheacute U dipende solo da T
quindi ∆U = Q ndash L rArr L = Q
JV
VnRT
V
dVnRTdV
V
nRTpdVL
A
B
ABA 898783ln27963181ln)( =sdotsdotsdot===== intintintrarr
Q (A rarr B) = L (A rarr B) = 87889 J
KJV
VnR
T
TncS
A
B
A
B
VBA 1393ln31810lnln)( =sdotsdot+=+=∆ rarr
Trasformazione B rarr C (isocora)
L (B rarr C) = 0 percheacute V = costante
Quindi ∆U = Q ndash L = Q
∆U(B rarr C) = n cv ∆T = n cv (TC ndash TB) = 52 831 (6204 - 9627) = - 71122 J
Q = ∆U = - 71122 J calore ceduto
KJV
VnR
T
TncS
B
C
B
C
VCB 13902796
0462ln318
2
51lnln)( minus=+sdotsdotsdot=+=∆ rarr
Trasformazione C rarr A (adiabatica)
Q (C rarr A) = 0 percheacute adiabatica
Quindi
∆U(C rarr A) = n cv ∆T = n cv (TA ndash TC) = n cv (TB ndash TC) = - ∆U(B rarr C) =
= 52 831 (9627 ndash 6204) = + 71122 J
∆U = Q ndash L = - L
L(C rarr A) = - ∆U(C rarr A) = - 71122 J
∆S(C rarr A) = 0 perchegrave adiabatica reversibile
Q L ∆U ∆S
A rarr B
Isoterma 87889 J 87889 J 0 913 JK
B rarr C
Isocora - 71122 J 0 - 71122 J - 913 JK
C rarr A
Adiabatica 0 - 71122 J 71122 J 0
ciclo 16767 J 16767 J 0 0
b) Calcolare il rendimento del ciclo
119191089878
67167
)(
)()(cong==
+==
rarr
rarrrarr
BA
ACBA
ass Q
LL
Q
Lρ
Le temperature estreme sono
TA = TB = 9627 K
TC = 6204 K
63535602796
046211 congminus=minus=minus=
A
CC
T
Tρ
ρ lt ρC come ci si aspettava
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica
10) Un pezzo di materiale solido di massa ms = 01 kg viene riscaldato a Ts = 300 degC e poi immerso
in un contenitore a pareti adiabatiche contenente due litri di acqua inizialmente a Ta = 20degC Se la
temperatura finale del sistema egrave di Tf = 213degC si determini il calore specifico cs del solido
assumendo i calori specifici indipendenti dalla temperatura
Soluzione
ms = 01 kg
Va = 2 litri = 2 x 10-3
m3
Ts = 300 degC
Ta = 20degC
Tf = 213degC
cs =
Il corpo di massa ms inizialmente alla temperatura Ts=300 degC egrave immerso in un volume di acqua Va
= 2 litri che si trova inizialmente alla temperatura Ta = 20degC Il corpo a temperatura maggiore cede
calore allrsquoacqua a temperatura inferiore Il recipiente egrave adiabatico (non ci sono dispersioni di calore)
quindi la somma algebrica del calore Qs ceduto dal solido e del calore Qa assorbito dallrsquoacqua deve
essere nulla cioegrave
Qs + Qa = 0
e quindi
Qs = - Qa (1)
La quantitagrave di calore Qs ceduta dal corpo solido egrave pari a
Qs = ms cs (Tf - Ts)
La quantitagrave di calore Qa assorbita dallrsquoacqua egrave data dalla
Qa = ma ca (Tf - Ta) = ρa Va ca (Tf - Ta)
dove ρa = 1000 kgm3 e ca = 1 cal(g degC)= 1000 cal(kg degC)
Sostituendo nella (1) si ottiene
ms cs (Tf - Ts) = - ρa Va ca (Tf - Ta)
da cui
Ckg
J
Ckg
cal
TTm
TTcVc
sfs
afaaa
sdeg
congdeg
=minussdot
minussdotsdotsdotsdotminus=
minus
minusminus=
minus
53902993)300321(10
)20321(10001021000
)(
)( 3ρ
ms
ma
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
11) Vengono fatti espandere adiabaticamente m = 100 g di azoto (N2) fino a compiere un lavoro
L = 250 J Considerando il gas perfetto si calcoli la temperatura finale TB sapendo che quella
iniziale TA egrave di 40 degC (La massa molare dellrsquoazoto N2 egrave Mo = 28 gmole R = 831 J(mol K))
Soluzione
m = 100 g
Mo = 28 gmole
TA = 40degC = 31315 K
L = 250 J
R = 831 Jmole K
Per il primo principio della termodinamica si ha che
∆U = Q ndash L
Il gas effettua una trasformazione adiabatica allora Q = 0 quindi
∆U = ndash L
n cV ∆T = - L
n cV (TB ndash TA) = - L
n cV TB ndash n cV TA = - L
quindi
V
ABnc
LTT minus= (1)
Il gas N2 egrave biatomico quindi RcV2
5= Il numero di moli n si ricava dividendo la massa m del gas
N2 per la massa molare Mo cioegrave
moliM
mn 573
28
100
0
===
Sostituendo nella (1) si ottiene
CKnc
LTT
V
AB deg==
sdotsdot
minus=minus= 63675309
3182
5573
25015313
L=250J
N2
TA=40degC
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
12) Una macchina irreversibile funziona scambiando calore con due sorgenti alle temperature
T1 = 300 K e T2 = 250 K In un ciclo essa produce un lavoro L = 30 cal e la variazione totale di
entropia dellrsquouniverso egrave ∆S = 002 calK Calcolare il rendimento ρ della macchina
Soluzione
T1 = 300 K
T2 = 250 K
L = 30 cal
∆Suniverso = 002 calK
ρ =
Nella risoluzione del problema le quantitagrave di calore Q1 e Q2 assorbita e ceduta dalla macchina sono
considerate come quantitagrave positive Con questa scelta il lavoro fatto dalla macchina egrave pari
semplicemente alla differenza fra il calore assorbito Q1 e il calore ceduto Q2 L=Q1-Q2
Per calcolare il rendimento 1Q
L=ρ della macchina egrave necessario ricavare il calore assorbito Q1
Una relazione fra Q1 e Q2 si ottiene osservando che il lavoro L fatto dalla macchina egrave pari a 30 cal
L = Q1 ndash Q2 = 30 cal
Una seconda relazione fra Q1 e Q2 si puograve ottenere calcolando la variazione di entropia dellrsquouniverso
in un ciclo della macchina visto che la traccia fornisce il suo valore ∆Suniverso = 002 calK
La variazione di entropia dellrsquouniverso ∆Suniverso egrave semplicemente la somma delle variazioni di
entropia della macchina e delle due sorgenti
∆Suniverso = ∆Smacchina + ∆S1 + ∆S2
La variazione di entropia della macchina ∆Smacchina in un ciclo egrave nulla in quanto lrsquoentropia egrave funzione
di stato (lo stato finale della macchina egrave identico a quello iniziale)
La sorgente a temperatura T1 cede una quantitagrave di calore Q1 alla macchina quindi la sua variazione
di entropia ∆S1 egrave negativa
La sorgente a temperatura T2 al contrario acquista dalla macchina una quantitagrave di calore Q2 quindi
la sua variazione di entropia ∆S2 egrave positiva
Quindi
250300
21
2
2
1
121
T
Q
T
QSSSuniverso +minus=+minus=∆+∆=∆
T2
Q2
Q1
L
MT
T1
Otteniamo cosigrave la seconda relazione fra Q1 e Q2
250300020 21 QQ
+minus=
Mettendo a sistema le due relazioni ricavate sopra si ottengono i valori di Q1 e Q2
+=
=+minus
30
100
2
250300
21
21
+=
=++
minus
30
10
2
2530
30
21
22
Dalla prima equazione si ottiene
- 5 (Q2 + 30) + 6 Q2 = 30
-5 Q2 - 150 + 6 Q2 = 30
Q2 = 180 cal
Sostituendo nella seconda si ottiene il valore di Q1
Q1 = Q2 + 30 = 180 + 30 = 210 cal
Il rendimento cercato egrave quindi
14140210
30
1
====Q
Lρ
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
13) Una mole di azoto (N2) occupa inizialmente un volume V0 = 10 l alla temperatura T0 = 400 K Il
gas compie una espansione adiabatica irreversibile a seguito della quale il volume raddoppia Il
lavoro compiuto dal gas durante la trasformazione egrave L = 1250 J
Determinare
a) la temperatura e la pressione del gas quando si egrave stabilito di nuovo lequilibrio termodinamico
b) la variazione di entropia nel processo
R = 831 J(mol K) = 00821 litriatm (mol K)
Soluzione
Lrsquoazoto (N2 ) egrave biatomico quindi il calore specifico molare a volume costante egrave Rcv2
5=
Il gas compie una espansione adiabatica irreversibile durante la quale compie un determinato lavoro
esterno Applicando il primo principio della termodinamica alla trasformazione effettuata dal gas si
ha
∆U =Q ndash L = ndash L
in quanto Q=0 in una trasformazione adiabatica Drsquoaltra parte la variazione di energia interna ∆U in
un gas perfetto che effettua una trasformazione qualsiasi tra due stati che differiscono di ∆T in
temperatura egrave sempre data da ∆U = n cv ∆T Quindi
n cv ∆T = ndash L
n cv (Tf ndash Ti) = ndash L
da cui si ricava la temperatura finale di equilibrio
Knc
LTnc
nc
LTT
v
iv
v
if 340
3182
5
12504003182
5
cong
sdot
minussdotsdot=
minus=minus=
Dallrsquoequazione di stato dei gas perfetti possiamo ricavare il valore della pressione nel nuovo stato
di equilibrio termodinamico
pf Vf = n R Tf
atmV
nRTp
f
f
f 41102
34008210cong
sdot
sdot==
La variazione di entropia del processo puograve essere calcolata utilizzando lrsquoespressione generale per la
variazione di entropia di un gas perfetto fra due stati termodinamici Iequiv (Ti Vi) ed Fequiv (Tf Vf )
KJV
VnR
T
TncS
i
f
i
f
V 38276538310
20ln318
400
340ln318
2
5lnln =+minuscongsdot+sdotsdot=+=∆
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
14) Si considerino due macchine termiche che funzionano con le stesse due sorgenti di calore alle
temperature T2 = 250K e T1 = 500K La prima macchina opera secondo un ciclo di Carnot
assorbendo una quantitagrave di calore Q1 = 1400J dalla sorgente alla temperatura T1 La seconda
macchina descrive invece un ciclo irreversibile il cui rendimento egrave ρ = 035 Il lavoro prodotto dalle
due macchine egrave il medesimo Determinare
a) il lavoro prodotto in un ciclo
b) la variazione di entropia dellrsquouniverso che accompagna ogni ciclo della macchina irreversibile
Soluzione
T1 = 500K
T2 = 250K
Q1 = 1400J (calore assorbito Carnot)
L = Lrsquo=
a)
Il rendimento della macchina di Carnot egrave dato da
50502
1
500
25011
1
2
1
===minus=minus==T
T
Q
LCarnotρ
da cui si ricava immediatamente la risposta al quesito a)
L = ρCarnotQ1 = 05 1400 = 700 J
T1
T2
Q2
Q1
L
CARNOT
b)
Indichiamo con lrsquoapice tutte le grandezze relative alla macchina irreversibile Il lavoro Lrsquo fatto dalla
macchina irreversibile egrave uguale a quello (L=700 J) fatto dalla macchina di Carnot Per calcolare la
variazione di entropia che accompagna ogni ciclo della macchina irreversibile abbiamo bisogno di
conoscere il calore Q1rsquoassorbito dal termostato a temperatura T1 e il calore Q2rsquo ceduto al termostato
a temperatura T2
Conoscendo il rendimento ρ della macchina irreversibile possiamo calcolare il calore Q1rsquo assorbito
dalla macchina
1
Q
L=ρ rarr J
LQ 2000
350
700
1 ===
ρ
Il calore Q2rsquo ceduto dalla macchina irreversibile al termostato a temperatura piugrave bassa T2 saragrave quindi
dato da
Q2rsquo = Q1rsquo ndash Lrsquo = 2000 ndash 700 = 1300 J
La variazione di entropia dellrsquouniverso per ogni ciclo della macchina irreversibile egrave data solamente
dalla variazione di entropia delle sorgenti in quanto la variazione di entropia della macchina in un
ciclo egrave nulla (lrsquoentropia egrave una funzione di stato)
KJT
Q
T
QS sorg 21
250
1300
500
2000
2
2
1
1 =+minus=+minus=∆
T1
T2
Q2rsquo
Q1rsquo
Lrsquo=L Macchina
irreversibile ρρρρrsquo=035
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
15) Un gas perfetto descrive un ciclo reversibile costituito dalle trasformazioni AB adiabatica BC
isoterma e CA isocora
Calcolare il rendimento del ciclo sapendo che TA = 2TB
Soluzione
A rarr B adiabatica
B rarr C isoterma
C rarr A isocora
TA = 2TB
VA = VC (poicheacute isocora)
TB = TC (poicheacute isoterma)
Il rendimento del ciclo egrave dato dalla
ass
cedass
ass Q
Q
L minus==ρ
si devono quindi calcolare Qass e Qced In questo ciclo
QAB = 0 (poicheacute trasformazione adiabatica)
QCA = Qass = n cv ∆T = n cv (TA - TC) = n cv (TA ndash TB) = n cv (2TB ndash TB) = n cv TB
C
BB
B
CB
V
V
B
V
V
BcedBC
V
VnRT
V
VnRT
V
dVnRTdV
V
nRTQQ
C
B
C
B
lnln minus===== intint
quindi essendo VA = VC
p
C
B
A
V
adiabatica
isocora
isoterma
VA = VC VB
A
BBced
V
VnRTQ lnminus=
Il rapporto VB VA si puograve calcolare considerando la trasformazione AB (adiabatica) per la quale vale
la seguente
PVγ = cost
da cui
=sdot γV
V
nRTcost
e quindi essendo n ed R costanti
T V γ - 1
= cost
Applicata alla trasformazione AB si ha
11 minusminus = γγ
BBAA VTVT
da cui 1minus
=
γ
A
B
B
A
V
V
T
T
e
1
1
minus
=
γ
B
A
A
B
T
T
V
V
Sapendo che v
p
c
c=γ e che cp - cv = R (relazione di Mayer) si ha
vv
vp
v
p
c
R
c
cc
c
c=
minus=minus=minus 11γ oppure
1
1
minus=
γR
cv
2lnlnlnlnln1
1
Bv
B
AB
vR
c
B
AB
B
AB
A
BBced Tnc
T
TT
R
cnR
T
TnRT
T
TnRT
V
VnRTQ
v
minus=
sdotminus=
minus=
minus=minus=
minusγ
Quindi il rendimento ρ risulta essere
302ln12ln
11 =minus=minus=+==Bv
Bv
ass
ced
ass Tnc
Tnc
Q
Q
Q
Lρ
Fisica 1 (AA 2004-2005) Esercizi Termodinamica
16) Una macchina di Carnot ha un rendimento ρ = 22 Le due sorgenti a temperatura costante
differiscono di 75 K Sapendo che il lavoro prodotto in un ciclo egrave L = 200 J calcolare
a) le due temperature T1 e T2 ( con T1 gt T2)
b) la quantitagrave di calore Q1 assorbita dalla macchina di Carnot dalla sorgente a temperatura T1 e la
quantitagrave di calore Q2 ceduta dalla macchina di Carnot alla sorgente a temperatura T2
c) le variazioni di entropia (con il loro segno) 1S∆ e 2S∆ di ciascuna delle due sorgenti
d) la variazione di entropia dellrsquouniverso univS∆
Soluzione
ρ = 22 = 022
T1 ndash T2 = 75 K
L = 200 J
a) T1 = T2 =
b) Q1 =
c) Q2 =
d) ∆S1 = ∆S2 =
e) ∆SUNIV =
a) Consideriamo le quantitagrave di calore Q1 e Q2 come quantitagrave positive Con questa scelta il
rendimento ρ della macchina di Carnot egrave
1
2
1
2 11T
T
Q
Qminus=minus=ρ
11
21
1
21T
T
T
TT
T
T ∆=
minus=minus=ρ
quindi
KKT
T 3419340220
751 cong==
∆=
ρ
e
KTTTT 26675341)( 2112 =minuscongminusminus=
b)
Essendo Q1 e Q2 quantitagrave positive il lavoro prodotto in un ciclo egrave pari alla differenza fra Q1 e Q2
L = Q1 ndash Q2 = 200 J
Inoltre
V
A
D
p
C
B T1
T2
780341
266
1
2
1
2 ===T
T
Q
Q
Abbiamo quindi le seguenti due relazioni nelle due incognite Q1 e Q2
=
=minus
12
21
780
200
Risolvendo
=
=sdotminus
12
11
780
200780
=
=sdot
12
1
780
200220
Q
=
=sdot
12
1
780
220
200
Q
da cui
=
=
JQ
JQ
709
909
2
1
d) La variazione di entropia della sorgente 1 egrave
KJT
QS 662
341
909
1
11 minus=minus=minus=∆
La variazione di entropia della sorgente 2 egrave
KJT
QS 662
266
709
2
22 ==+=∆
e) La variazione di entropia dellrsquouniverso in un ciclo della macchina di Carnot (o di una qualunque
macchina termica reversibile che lavori fra T1 e T2) risulta quindi essere
∆SUNIV = ∆S1 + ∆S2 = - 266 + 266 = 0
Fisica 1 (AA 2004-2005) Esercizi Termodinamica
17) Un gas perfetto monoatomico compie a partire da un certo stato iniziale una trasformazione
isocora fino a una pressione doppia di quella iniziale assorbendo una quantitagrave di calore Q = 45 cal
Si calcoli il lavoro compiuto dal gas se a partire dallo stesso stato iniziale esso compie invece una
trasformazione isobara che ne fa raddoppiare il volume
Soluzione
Il lavoro compiuto dal gas nella trasformazione isobara da I a G egrave semplicemente
( ) 000000 2 VpVVpVpL =minus=∆=
La quantitagrave p0V0 entra nellrsquoequazione di stato dei gas perfetti
000 nRTVp =
Nella trasformazione isocora da I ad F il gas passa da una pressione iniziale pi= p0 a una pressione
finale doppia pf=2p0 La temperatura finale Tf saragrave quindi doppia di quella iniziale Infatti
fnRTVp =sdot 00 )2( fnRTnRT =02 02TT f =
Passando da I ad F il gas monoatomico ( Rcv2
3= ) assorbe una quantitagrave di calore Q = 45 cal
( ) ( ) 0000 2 TncTTncTTncTncQ vvfvv =minus=minus=∆=
00002
3
2
3
2
3VpTnRTRnQ ===
Possiamo quindi ricavare la quantitagrave cercata p0V0
QVp3
200 =
Il lavoro L compiuto dal gas nella trasformazione isobara da I a G egrave quindi
30453
2
3
200 calcalQVpL ====
G I
F
V
2 p0
p0
2 V0 V0
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
18) Un blocco di ghiaccio di massa mg alla temperatura T1 = -10degC egrave immerso in 100g di acqua alla
temperatura T2 = 27degC Calcolare la temperatura finale di equilibrio e la quantitagrave di ghiaccio sciolta
nei due casi
a) mg = 100g
b) mg = 10g
(ca = 1 calg degC cg = 05 calg degC λfus = 80 calg)
Soluzione
a)
Nel primo caso una massa mg = 100g di ghiaccio viene immersa in ma = 100g di acqua Per
ricavare la quantitagrave di ghiaccio sciolta osserviamo che affincheacute il ghiaccio inizi a sciogliersi deve
innanzitutto portarsi dalla temperatura iniziale T1 = -10degC alla temperatura Tfus= 0degC assorbendo
calore dallrsquoacqua circostante La quantitagrave di calore necessaria per il riscaldamento del ghiaccio da -
10degC a 0degC egrave
Qg (T1=-10degC rarr Tfus=0degC) = mg cg ∆T = 100 05 10 = 500 cal
La massa ma di acqua con cui il ghiaccio egrave in contatto termico puograve fornire al ghiaccio al massimo
una quantitagrave di calore Qamax che corrisponde a un raffreddamento dellrsquointera massa drsquoacqua ma fino
alla temperatura di solidificazione dellrsquoacqua Tsol=0degC
Qamax (T2 = 27degC rarr Tsol= 0degC) = ma ca ∆T = 100 1 27 = 2700 cal
Essendo Qamax gt Qg allora il ghiaccio puograve assorbire dallrsquoacqua circostante il calore necessario a
passare da -10degC a 0degC Assorbendo ulteriormente calore il ghiaccio comincia a fondere
La quantitagrave di calore necessaria affincheacute lrsquointera massa mg di ghiaccio si fonda puograve essere ricavata
dalla relazione
Qfus = λfus mg = 80 100 = 8000 cal
La quantitagrave di calore necessaria per la fusione dellrsquointera massa di ghiaccio egrave superiore alla massima
quantitagrave di calore che lrsquoacqua circostante puograve fornire Qfus gt Qamax Non tutta la massa di ghiaccio
puograve quindi passare allo stato liquido con il risultato che coesisteranno in equilibrio acqua e
ghiaccio La temperature di equilibrio Te risulteragrave quindi essere la temperatura di fusione Tfus= 0degC
mg
ma
La quantitagrave mrsquog di ghiaccio fusa puograve essere ricavata dalla conservazione dellrsquoenergia La quantitagrave di
calore massima Qamax che lrsquoacqua circostante puograve fornire serve ad innalzare la temperatura del
ghiaccio da -10degC a 0degC e a fondere solo una parte mrsquog di ghiaccio
Qamax = Qg (T1=-10degC rarr Tfus=0degC) + mrsquog λfus
2700 = 500 + 80 mrsquog
da cui
gm g 52780
2200 ==
b)
Nel secondo caso una massa mg = 10g viene immersa in ma = 100g di acqua
La quantitagrave di calore necessaria adesso per il riscaldamento di soli 10 grammi di ghiaccio da -10degC a
0degC egrave
Qg (T1= -10degC rarr Tfus=0degC) = mg cg ∆T = 10 05 10 = 50 cal
La quantitagrave di calore necessaria per fondere i 10 grammi di ghiaccio egrave pari a
Qfus = λfus mg = 80 10 = 800 cal
La quantitagrave di calore massima Qamax =2700 cal che lrsquoacqua circostante puograve fornire egrave adesso
sufficiente per innalzare la temperatura di mg=10g di ghiaccio da -10degC a 0degC (servono infatti solo
50 cal)e per fondere lrsquointera massa di ghiaccio (servono infatti solo ulteriori 800 cal)
Assorbendo quindi solo 850cal dallrsquoacqua circostante lrsquointera massa mg=10g di ghiaccio fonde e si
ottengono 10 grammi di acqua a 0deg
Assorbendo ulteriormente una quantitagrave di calore Q (0degC rarr te) dalla massa ma=100g di acqua
circostante a piugrave alta temperatura i 10 grammi di acqua a 0deg e la massa ma = 100g si porteranno a
una temperatura intermedia di equilibrio tE
Se si indica Qa la quantitagrave di calore ceduta dalla massa ma = 100g di acqua che si porta dalla
temperatura T1=27degC alla temperatura di equilibrio te il bilancio dei calori scambiati puograve essere
scritto come
Qa (T1=27degC rarr te) = Qg (-10degC rarr 0degC) + Qfus + Q (0degC rarr te)
ma ca (27deg - te) = 50 + 800 + mg ca ( te- 0deg)
100 1 (27deg - te) = 50 + 800 + 10 1 ( te- 0deg)
100 27 ndash 100 te = 850 + 10 te
da cui 2700 ndash 100 te = 850 + 10 te
110 te = 1850
e quindi
Cte deg== 816110
1850
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
19) Una kmole di gas perfetto biatomico egrave contenuta in un recipiente adiabatico munito di pistone di
volume Vi =05m3 Con il pistone bloccato il contenitore viene posto in un ambiente la cui pressione
egrave mantenuta costante al valore p0 = 510 6 Pa Ad un certo istante si sblocca il pistone e il gas si
espande fino a raggiungere lrsquoequilibrio meccanico con lrsquoambiente Si osserva una diminuzione di
temperatura ∆T= - 20 K Calcolare il volume finale Vf del gas
Soluzione
Il recipiente egrave adiabatico quindi il calore scambiato con lrsquoesterno egrave nullo (Q = 0 )
Il lavoro fatto dal gas sullrsquoambiente esterno a pressione p0=costante egrave semplicemente
VpL ∆= 0
Dal primo principio della termodinamica
LLQU minus=minus=∆
La variazione di energia interna del gas perfetto biatomico (cV=52 R) egrave
RRTncU V 50000)20(2
51000 minus=minussdot=∆=∆
3
6
00
080105
31850000m
p
U
p
LVVV if cong
sdot
sdot=
∆minus==minus=∆
358008050 mVVV if =+=∆+=
V = 053
m
n = 1000 Pap
6
0 105 sdot=
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
20) Un gas perfetto biatomico subisce una trasformazione a seguito della quale la pressione varia da
po = 15105 Pa a p1 = 225 10
5 Pa Il calore netto scambiato durante la trasformazione egrave Q=608 J
Sapendo che il volume finale V1 egrave uguale a quello iniziale (Vo = 3 l) determinare
a) la variazione di energia interna ∆U subita dal gas
b) il lavoro fatto dal gas
Soluzione
Il fatto che i volumi iniziale e finale sono uguali non egrave sufficiente per dedurre che il lavoro egrave nullo
(la trasformazione cioegrave non egrave isocora) infatti il lavoro dipende dalla trasformazione subita dal gas
ed il suo valore puograve essere determinato dal primo principio della termodinamica
L = Q - ∆U
La variazione di energia interna di un gas perfetto risulta essere
∆U = n cv (T1-T0)
Le temperature iniziale e finale si determinano dallrsquoequazione di stato del gas perfetto
Tp V
nR
p V
nR
p V
nR0
0 01
1 1 1 0= = = e T
La variazione di energia interna risulta
∆U = n cv ( )0100001 ppV
R
c
nR
Vp
nR
Vp v minus=
minus = 5625 J
Il lavoro del gas risulta quindi
L = Q - ∆U = 608 -5625 = 455 J
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
5) Si usa una pompa di calore per riscaldare un edificio La temperatura esterna egrave T2 = - 5degC mentre
allinterno delledificio si mantiene costante la temperatura a T1 = 22degC La pompa ha una efficienza
η pari a 13 di quello di un frigorifero di Carnot che lavori tra T1 e T2 e cede alledificio 20 MJ
allora Che potenza deve avere il motore della pompa
Soluzione
T2 = - 5degC cong 268 K
T1 = 22degC cong 295 K
η = 13 ηCarnot
Q1 = 20 MJ
La pompa di calore non egrave altro che una macchina frigorifera reale progettata per riscaldare un
ambiente interno e non per raffreddare un corpo come un normale frigorifero In questo caso la
sorgente a bassa temperatura (T2 = 268 K) egrave lambiente esterno mentre quella ad alta temperatura egrave
linterno delledificio (T1 = 295 K) Un frigorifero di Carnot non egrave altro che una macchina frigorifera
realizzata con una macchina di Carnot che funziona ldquoal contrariordquo prelevando il calore Qfreddo dal
termostato freddo e cedendo il calore Qcaldo al termostato caldo Lrsquoefficienza di un frigorifero di
Carnot (come pure quella di una qualsiasi macchina frigorifera che lavora fra due termostati a
temperature T1 e T2 ) egrave data da
99268295
268
21
2 congminus
=minus
=minus
==TT
T
Q
L
Q
freddocaldo
freddofreddo
Carnotη
T1=295 K
T2 = 268 K
Q2
Q1 = 20 MJ
L η=13 η MF
La pompa di calore del problema ha unrsquoefficienza
333
1== Carnotηη
Esprimendo lrsquoefficienza η attraverso i calori scambiati Q1 e Q2 si ha
21
22
Q
L
Q
minus==η
Conoscendo Q1 egrave possibile ricavare Q2
221 )( QQQ =minus η
η Q1 = Q2 + η Q2
η Q1 = (1 + η) Q2
oraallMJQQ 351520331
33
112 =
+=
+=
η
η
Possiamo quindi ricavare il lavoro L necessario per far funzionare la pompa di calore
MJQQQQL 65420331
1
1
1
11 1121 cong
+=
+=
+minus=minus=
ηη
η allrsquoora
Affincheacute venga prelevata la quantitagrave di calore Q2 (1535 MJ in unrsquoora) dallrsquoambiente esterno a
temperatura T2 egrave necessario che il motore della pompa faccia un lavoro L ( 465 MJ in unrsquoora) La
potenza del motore della pompa di calore egrave quindi
kWWt
LP 311291
3600
10654 6
cong=sdot
==
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
6) Una macchina di Carnot (M) lavora fra due sorgenti rispettivamente a temperatura T1 e T2 = 5degC
(con T2lt T1) producendo in un ciclo un lavoro L = 20 J Questo lavoro viene utilizzato per fare
compiere un ciclo ad una macchina frigorifera (F) che opera fra la sorgente a temperatura T2 e
unrsquoaltra sorgente a temperatura T3 = 20degC
Determinare la quantitagrave di calore che la macchina frigorifera F sottrae in un ciclo dalla sorgente a
temperatura T2 nei seguenti due casi
a) F egrave una macchina irreversibile ed egrave noto che la variazione di entropia delle tre sorgenti in un
ciclo di funzionamento di M + F egrave ∆Stot = 15 middot10 3minus cal K
b) F egrave una macchina reversibile
Soluzione
a) Essendo M una macchina di Carnot le variazioni di entropia delle due sorgenti sono uguali in
modulo ma di segno opposto
1
1
1T
QS minus=∆ e
2
11
2
22
T
QS
T
QS =∆minus==∆
La variazione di entropia della sorgente 2 in un ciclo di funzionamento della macchina frigorifera F
irreversibile egrave
2
2
2T
QS =∆
Il calore Q3 ceduto da F al termostato a temperatura T3 egrave legato al lavoro fatto sulla macchina dalla
relazione
23 QQL minus= rarr LQQ +=
23
La variazione di entropia della sorgente 3 in un ciclo della macchina frigorifera F egrave quindi
∆S3 = 3
2
3
3
T
LQ
T
Q +=
M F
T1
T2 = 27815 K
T3 = 29315 K
L = 20 J = 478cal
Qrsquo2
Q1 Q3
Q2
La variazione di entropia totale delle tre sorgenti egrave quindi
TOTALES∆ = ∆S1 + ∆S2 + ∆Srsquo2 + ∆S3 = -1
1
T
Q +
2
2
T
Q -
2
2
T
Q +
3
2
T
LQ + = 1510 3minus calK
I primi due termini della somma sono uguali in modulo e di segno opposto (variazione di entropia
delle sorgenti in un ciclo della macchina M) Avremo quindi
∆ Stot = -
2Q
+minus
23
11
TT +
3T
L
2Q =
minus
∆minus
32
3
11
TT
ST
L
=
32
23
3
TT
TT
ST
L
minus
∆minus
= 23
32
TT
TT
minus
∆minus S
T
L
3
=
= 1527815293
1529315278
minus
sdot
sdotminus minus31015
15293
784cong 71cal
b) Se F egrave reversibile allora le variazioni di entropia delle sorgenti con cui F lavora devono essere
uguali in modulo ma di segno opposto
2
2
2T
QS minus=∆ e
2
2
3
33
2
T
QS
T
QS =∆minus==∆
Quindi avremo
=minus
=
LQQ
T
Q
T
Q
23
2
2
3
3
Se la macchina frigorifera F egrave reversibile la sua efficienza η egrave legata alle temperature delle due
sorgenti con cui lavora dalla relazione
23
2
3
2
22
TT
T
Q
L
Q
minus=
minus==η
da cui
calLTT
TLQ 688784
1527815293
15278
23
2
2 congsdotminus
=minus
=sdot= η
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
7) Una macchina irreversibile opera tra due sorgenti alle temperature TC = 550 K e TF = 350 K con
un rendimento ρ del 25 In ogni ciclo la quantitagrave di calore QC = 1200 J viene sottratta alla
sorgente a temperatura TC e fornita al fluido di lavoro nella macchina La quantitagrave di calore QF viene
ceduta dalla macchina alla sorgente a temperatura TF
a) Determinare la variazione di entropia dellrsquouniverso per ogni ciclo di funzionamento
b) Quanto lavoro in piugrave potrebbe compiere una macchina reversibile operante tra queste sorgenti che
assorbisse in ogni ciclo la stessa quantitagrave di calore
c) Facoltativo dimostrare che per ogni ciclo la quantitagrave di lavoro che si rende indisponibile a causa
del processo irreversibile egrave pari a TF univS∆
Soluzione
a)
TC = 550 K
TF = 350 K
2501 =minus==C
F
C Q
Q
Q
Lρ
QC = 1200 J
Nella risoluzione del problema le quantitagrave di calore scambiate sono considerate quantitagrave positive
La variazione di entropia dellrsquouniverso egrave
sorgentimacchinauniv SSS ∆+∆=∆
ma macchinaS∆ = 0 percheacute la macchina lavora ciclicamente mentre sorgentiS∆F
F
C
C
T
Q
T
Q+minus= in quanto
la sorgente calda cede la quantitagrave di calore QC mentre la sorgente fredda riceve la quantitagrave di calore
QF Inoltre conosciamo il rendimento ρ della macchina irreversibile
750250112501 =minus=minus=rArr=minus= ρρC
F
C
F
Q
Q
Q
Q
JQQ CF 9001200750750 =sdot==
quindi sorgentiS∆F
F
C
C
T
Q
T
Q+minus= =
K
J38960
300
900
550
1200+=+minus
TC = 550 K
L
QF
QC
TF = 350 K
b) Una macchina reversibile che lavora fra KTC 550= e KTF 350= ha un rendimento
363636360636401550
35011 ==minuscongminus=minus=
C
Frev
T
Tρ
Conoscendo il rendimento e la quantitagrave di calore assorbita dal termostato caldo JQQ CC 1200 ==
possiamo ricavare la quantitagrave di calore
FQ ceduta al termostato freddo
C
F
C
Frev
T
T
Q
Qminus=minus= 11
ρ da cui
FQC
F
T
T= FC QJQ lt= 6763
La quantitagrave di calore ceduta dalla macchina reversibile al termostato freddo egrave inferiore a quella
ceduta al termostato freddo dalla macchina irreversibile
JQL Crevrev 36436120036360 congsdot== ρ
JQL Cirr 3001200250 =sdot== ρ
JLL irrrev 3613630036436 =minus=minus
Questa quantitagrave rappresenta il lavoro in piugrave che potrebbe compiere una macchina reversibile che
assorbisse in ogni ciclo la stessa quantitagrave di calore di una macchina irreversibile
La variazione di entropia dellrsquouniverso in un ciclo della macchina irreversibile egrave
K
J
T
Q
T
QSS
C
C
F
Fsorgentiuniv 38960=minus=∆=∆
Per la macchina reversibile vale la relazione
C
F
C
F
T
T
Q
Q=
cioegrave C
C
C
C
F
F
T
Q
T
Q
T
Q==
La differenza fra Lrev e Lirr puograve essere riscritta in questo modo
FCFCrev QQQQL minus=minus=
FCirr QQL minus=
univF
C
C
F
FF
F
F
F
FF
F
FFFFFirrrev ST
T
Q
T
QT
T
Q
T
QT
T
QQTQQLL ∆sdot=
minus=
minus=
minus=minus=minus
Infatti
3613638960350 =sdot=∆ univF ST
La quantitagrave di lavoro Lrev - Lirr che si rende indisponibile a causa del processo irreversibile egrave
chiamata ldquoenergia inutilizzabilerdquo ed egrave pari a
univFbileinutilizza STE ∆=
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
8) In un recipiente in cui si trova una massa M1 = 3 kg di ghiaccio alla temperatura T1 = - 20degC si
versa una massa M2 = 200 g di acqua alla temperatura T2 = 10degC La capacitagrave termica del recipiente
e la quantitagrave di calore ceduta dal sistema allambiente esterno sono trascurabili Si calcoli la
temperatura TE del sistema allequilibrio termico
(cA = 1 calgdegC c
G = 05 calgdegC λF = 80 calg)
Soluzione
Affincheacute la massa M1 di ghiaccio possa incominciare a fondere egrave necessario innanzitutto portare la
sua temperatura da ndash 20 degC a 0degC La quantitagrave di calore necessaria egrave
Q (T1=-20degC rarr Tfus=0degC) = M1 cG (Tfus - T1) = 3000 05 20 = 30000 cal
La massima quantitagrave di calore che la massa M2 di acqua a temperatura T2 puograve cedere al blocco di
ghiaccio M1 egrave
Q1(T2 = 10degC rarr Tsol = 0degC) = M2 cA (Tsol - T2) = 200 1 (0 -10) = -2000 cal
Questa quantitagrave di calore non egrave quindi sufficiente a portare M1 fino a 0degC (servirebbero infatti 30000
cal) La massa M2 di acqua a 0degC in contatto con un blocco di ghiaccio a temperatura inferiore
cede calore al blocco M1 e comincia a solidificarsi Affincheacute lrsquointera massa M2 passi dallo stato
liquido allo stato solido egrave necessario che essa ceda una quantitagrave di calore Q2sol pari a
Q2sol = - λF M2 = - 80 200 = - 16000 cal
Dopo avere ceduto una quantitagrave di calore pari a Q1+ Q2sol la massa M2 di acqua inizialmente a
T2=10degC si egrave trasformata in 200 g di ghiaccio a 0degC Essendo M2 (diventata ghiaccio) in contatto
termico con il blocco M1 a temperatura inferiore entrambi raggiungeranno una temperatura di
equilibrio TE da determinare La massa M2 di ghiaccio per portarsi alla temperatura di equilibrio TE
cede al blocco M1 una quantitagrave di calore Q3 data da
M1
M2
Q3(Tsol=0degC rarr TE) = M2 cG (TE -0degC) = 200 05 TE = 100 TE
Il blocco M1 inizialmente a temperatura T1=-20degC per portarsi alla temperatura di equilibrio TE piugrave
alta assorbe (da M2) una quantitagrave di calore Q data da
Q (T1 =-20degC rarr TE) = M1 cG (TE - T1) = 3000 05 (TE + 20) = 1500 (TE + 20)
Essendo trascurabili le quantitagrave di calore scambiate dal sistema con lambiente esterno (sistema
isolato) la somma algebrica delle quantitagrave di calore scambiate da M1 ed M2 deve essere nulla
Q (T1 =-20degC rarr TE) + Q1(T2=10degC rarr Tsol=0degC) + Q2sol + Q3(Tsol=0degC rarr TE) = 0
1500 (TE + 20) - 2000 - 16000 + 100 TE = 0
1500 TE + 100 TE = 18000 - 30000
1600 TE = - 12000
TE = -120001600 = - 75degC
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi (3a parte)
9) Una mole di gas perfetto biatomico egrave sottoposta a un ciclo reversibile costituito da tre
trasformazioni una espansione isoterma da A a B nella quale VB = 3VA una trasformazione a
volume costante da B a C in cui la pressione egrave ridotta una compressione adiabatica da C ad A
a) Determinare Q L ∆U ∆S per ciascuna trasformazione del ciclo
b) Determinare il rendimento del ciclo e confrontarlo con quello di una macchina di Carnot che
lavora fra le temperature estreme
(R = 831 Jmole K pA = 4 x 103 Nm
2 VA = 02 m
3)
Soluzione
n = 1
Rcv2
5=
Rc p2
7=
415
7
2
52
7
====
R
R
c
c
v
pγ
a)
Punto A
pA = 4 x 103 Nm
2
VA = 02 m3
KnR
VpT AA
A 27963181
204000=
sdot
sdot==
Punto B
VB =3 VA = 06 m3
TB = TA = 9627 K
22
3 31333103
4
3
1
3 m
N
m
Np
V
nRT
V
nRTp A
A
A
B
B
B =====
p
V
A
B
isoterma
adiabatica isocora
pA
pB
VA VB
C
Punto C
VC = VB = 3 VA = 06 m3
Il punto C sta nella stessa adiabatica del punto A per cui essendo
p Vγ = costante
si ha γγCCAA VpVp =
da cui 2
41
198593
14000
m
N
V
Vp
V
Vpp
C
A
A
C
A
AC =
sdot=
==
γ
γ
γ
KnR
VpT CC
C 04623181
6019859=
sdot
sdot==
quindi
VC = 06 m3
pC = 85919 Nm2
TC cong 6204 K
Trasformazione A rarr B (isoterma)
∆U (A rarr B) = 0 percheacute U dipende solo da T
quindi ∆U = Q ndash L rArr L = Q
JV
VnRT
V
dVnRTdV
V
nRTpdVL
A
B
ABA 898783ln27963181ln)( =sdotsdotsdot===== intintintrarr
Q (A rarr B) = L (A rarr B) = 87889 J
KJV
VnR
T
TncS
A
B
A
B
VBA 1393ln31810lnln)( =sdotsdot+=+=∆ rarr
Trasformazione B rarr C (isocora)
L (B rarr C) = 0 percheacute V = costante
Quindi ∆U = Q ndash L = Q
∆U(B rarr C) = n cv ∆T = n cv (TC ndash TB) = 52 831 (6204 - 9627) = - 71122 J
Q = ∆U = - 71122 J calore ceduto
KJV
VnR
T
TncS
B
C
B
C
VCB 13902796
0462ln318
2
51lnln)( minus=+sdotsdotsdot=+=∆ rarr
Trasformazione C rarr A (adiabatica)
Q (C rarr A) = 0 percheacute adiabatica
Quindi
∆U(C rarr A) = n cv ∆T = n cv (TA ndash TC) = n cv (TB ndash TC) = - ∆U(B rarr C) =
= 52 831 (9627 ndash 6204) = + 71122 J
∆U = Q ndash L = - L
L(C rarr A) = - ∆U(C rarr A) = - 71122 J
∆S(C rarr A) = 0 perchegrave adiabatica reversibile
Q L ∆U ∆S
A rarr B
Isoterma 87889 J 87889 J 0 913 JK
B rarr C
Isocora - 71122 J 0 - 71122 J - 913 JK
C rarr A
Adiabatica 0 - 71122 J 71122 J 0
ciclo 16767 J 16767 J 0 0
b) Calcolare il rendimento del ciclo
119191089878
67167
)(
)()(cong==
+==
rarr
rarrrarr
BA
ACBA
ass Q
LL
Q
Lρ
Le temperature estreme sono
TA = TB = 9627 K
TC = 6204 K
63535602796
046211 congminus=minus=minus=
A
CC
T
Tρ
ρ lt ρC come ci si aspettava
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica
10) Un pezzo di materiale solido di massa ms = 01 kg viene riscaldato a Ts = 300 degC e poi immerso
in un contenitore a pareti adiabatiche contenente due litri di acqua inizialmente a Ta = 20degC Se la
temperatura finale del sistema egrave di Tf = 213degC si determini il calore specifico cs del solido
assumendo i calori specifici indipendenti dalla temperatura
Soluzione
ms = 01 kg
Va = 2 litri = 2 x 10-3
m3
Ts = 300 degC
Ta = 20degC
Tf = 213degC
cs =
Il corpo di massa ms inizialmente alla temperatura Ts=300 degC egrave immerso in un volume di acqua Va
= 2 litri che si trova inizialmente alla temperatura Ta = 20degC Il corpo a temperatura maggiore cede
calore allrsquoacqua a temperatura inferiore Il recipiente egrave adiabatico (non ci sono dispersioni di calore)
quindi la somma algebrica del calore Qs ceduto dal solido e del calore Qa assorbito dallrsquoacqua deve
essere nulla cioegrave
Qs + Qa = 0
e quindi
Qs = - Qa (1)
La quantitagrave di calore Qs ceduta dal corpo solido egrave pari a
Qs = ms cs (Tf - Ts)
La quantitagrave di calore Qa assorbita dallrsquoacqua egrave data dalla
Qa = ma ca (Tf - Ta) = ρa Va ca (Tf - Ta)
dove ρa = 1000 kgm3 e ca = 1 cal(g degC)= 1000 cal(kg degC)
Sostituendo nella (1) si ottiene
ms cs (Tf - Ts) = - ρa Va ca (Tf - Ta)
da cui
Ckg
J
Ckg
cal
TTm
TTcVc
sfs
afaaa
sdeg
congdeg
=minussdot
minussdotsdotsdotsdotminus=
minus
minusminus=
minus
53902993)300321(10
)20321(10001021000
)(
)( 3ρ
ms
ma
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
11) Vengono fatti espandere adiabaticamente m = 100 g di azoto (N2) fino a compiere un lavoro
L = 250 J Considerando il gas perfetto si calcoli la temperatura finale TB sapendo che quella
iniziale TA egrave di 40 degC (La massa molare dellrsquoazoto N2 egrave Mo = 28 gmole R = 831 J(mol K))
Soluzione
m = 100 g
Mo = 28 gmole
TA = 40degC = 31315 K
L = 250 J
R = 831 Jmole K
Per il primo principio della termodinamica si ha che
∆U = Q ndash L
Il gas effettua una trasformazione adiabatica allora Q = 0 quindi
∆U = ndash L
n cV ∆T = - L
n cV (TB ndash TA) = - L
n cV TB ndash n cV TA = - L
quindi
V
ABnc
LTT minus= (1)
Il gas N2 egrave biatomico quindi RcV2
5= Il numero di moli n si ricava dividendo la massa m del gas
N2 per la massa molare Mo cioegrave
moliM
mn 573
28
100
0
===
Sostituendo nella (1) si ottiene
CKnc
LTT
V
AB deg==
sdotsdot
minus=minus= 63675309
3182
5573
25015313
L=250J
N2
TA=40degC
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
12) Una macchina irreversibile funziona scambiando calore con due sorgenti alle temperature
T1 = 300 K e T2 = 250 K In un ciclo essa produce un lavoro L = 30 cal e la variazione totale di
entropia dellrsquouniverso egrave ∆S = 002 calK Calcolare il rendimento ρ della macchina
Soluzione
T1 = 300 K
T2 = 250 K
L = 30 cal
∆Suniverso = 002 calK
ρ =
Nella risoluzione del problema le quantitagrave di calore Q1 e Q2 assorbita e ceduta dalla macchina sono
considerate come quantitagrave positive Con questa scelta il lavoro fatto dalla macchina egrave pari
semplicemente alla differenza fra il calore assorbito Q1 e il calore ceduto Q2 L=Q1-Q2
Per calcolare il rendimento 1Q
L=ρ della macchina egrave necessario ricavare il calore assorbito Q1
Una relazione fra Q1 e Q2 si ottiene osservando che il lavoro L fatto dalla macchina egrave pari a 30 cal
L = Q1 ndash Q2 = 30 cal
Una seconda relazione fra Q1 e Q2 si puograve ottenere calcolando la variazione di entropia dellrsquouniverso
in un ciclo della macchina visto che la traccia fornisce il suo valore ∆Suniverso = 002 calK
La variazione di entropia dellrsquouniverso ∆Suniverso egrave semplicemente la somma delle variazioni di
entropia della macchina e delle due sorgenti
∆Suniverso = ∆Smacchina + ∆S1 + ∆S2
La variazione di entropia della macchina ∆Smacchina in un ciclo egrave nulla in quanto lrsquoentropia egrave funzione
di stato (lo stato finale della macchina egrave identico a quello iniziale)
La sorgente a temperatura T1 cede una quantitagrave di calore Q1 alla macchina quindi la sua variazione
di entropia ∆S1 egrave negativa
La sorgente a temperatura T2 al contrario acquista dalla macchina una quantitagrave di calore Q2 quindi
la sua variazione di entropia ∆S2 egrave positiva
Quindi
250300
21
2
2
1
121
T
Q
T
QSSSuniverso +minus=+minus=∆+∆=∆
T2
Q2
Q1
L
MT
T1
Otteniamo cosigrave la seconda relazione fra Q1 e Q2
250300020 21 QQ
+minus=
Mettendo a sistema le due relazioni ricavate sopra si ottengono i valori di Q1 e Q2
+=
=+minus
30
100
2
250300
21
21
+=
=++
minus
30
10
2
2530
30
21
22
Dalla prima equazione si ottiene
- 5 (Q2 + 30) + 6 Q2 = 30
-5 Q2 - 150 + 6 Q2 = 30
Q2 = 180 cal
Sostituendo nella seconda si ottiene il valore di Q1
Q1 = Q2 + 30 = 180 + 30 = 210 cal
Il rendimento cercato egrave quindi
14140210
30
1
====Q
Lρ
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
13) Una mole di azoto (N2) occupa inizialmente un volume V0 = 10 l alla temperatura T0 = 400 K Il
gas compie una espansione adiabatica irreversibile a seguito della quale il volume raddoppia Il
lavoro compiuto dal gas durante la trasformazione egrave L = 1250 J
Determinare
a) la temperatura e la pressione del gas quando si egrave stabilito di nuovo lequilibrio termodinamico
b) la variazione di entropia nel processo
R = 831 J(mol K) = 00821 litriatm (mol K)
Soluzione
Lrsquoazoto (N2 ) egrave biatomico quindi il calore specifico molare a volume costante egrave Rcv2
5=
Il gas compie una espansione adiabatica irreversibile durante la quale compie un determinato lavoro
esterno Applicando il primo principio della termodinamica alla trasformazione effettuata dal gas si
ha
∆U =Q ndash L = ndash L
in quanto Q=0 in una trasformazione adiabatica Drsquoaltra parte la variazione di energia interna ∆U in
un gas perfetto che effettua una trasformazione qualsiasi tra due stati che differiscono di ∆T in
temperatura egrave sempre data da ∆U = n cv ∆T Quindi
n cv ∆T = ndash L
n cv (Tf ndash Ti) = ndash L
da cui si ricava la temperatura finale di equilibrio
Knc
LTnc
nc
LTT
v
iv
v
if 340
3182
5
12504003182
5
cong
sdot
minussdotsdot=
minus=minus=
Dallrsquoequazione di stato dei gas perfetti possiamo ricavare il valore della pressione nel nuovo stato
di equilibrio termodinamico
pf Vf = n R Tf
atmV
nRTp
f
f
f 41102
34008210cong
sdot
sdot==
La variazione di entropia del processo puograve essere calcolata utilizzando lrsquoespressione generale per la
variazione di entropia di un gas perfetto fra due stati termodinamici Iequiv (Ti Vi) ed Fequiv (Tf Vf )
KJV
VnR
T
TncS
i
f
i
f
V 38276538310
20ln318
400
340ln318
2
5lnln =+minuscongsdot+sdotsdot=+=∆
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
14) Si considerino due macchine termiche che funzionano con le stesse due sorgenti di calore alle
temperature T2 = 250K e T1 = 500K La prima macchina opera secondo un ciclo di Carnot
assorbendo una quantitagrave di calore Q1 = 1400J dalla sorgente alla temperatura T1 La seconda
macchina descrive invece un ciclo irreversibile il cui rendimento egrave ρ = 035 Il lavoro prodotto dalle
due macchine egrave il medesimo Determinare
a) il lavoro prodotto in un ciclo
b) la variazione di entropia dellrsquouniverso che accompagna ogni ciclo della macchina irreversibile
Soluzione
T1 = 500K
T2 = 250K
Q1 = 1400J (calore assorbito Carnot)
L = Lrsquo=
a)
Il rendimento della macchina di Carnot egrave dato da
50502
1
500
25011
1
2
1
===minus=minus==T
T
Q
LCarnotρ
da cui si ricava immediatamente la risposta al quesito a)
L = ρCarnotQ1 = 05 1400 = 700 J
T1
T2
Q2
Q1
L
CARNOT
b)
Indichiamo con lrsquoapice tutte le grandezze relative alla macchina irreversibile Il lavoro Lrsquo fatto dalla
macchina irreversibile egrave uguale a quello (L=700 J) fatto dalla macchina di Carnot Per calcolare la
variazione di entropia che accompagna ogni ciclo della macchina irreversibile abbiamo bisogno di
conoscere il calore Q1rsquoassorbito dal termostato a temperatura T1 e il calore Q2rsquo ceduto al termostato
a temperatura T2
Conoscendo il rendimento ρ della macchina irreversibile possiamo calcolare il calore Q1rsquo assorbito
dalla macchina
1
Q
L=ρ rarr J
LQ 2000
350
700
1 ===
ρ
Il calore Q2rsquo ceduto dalla macchina irreversibile al termostato a temperatura piugrave bassa T2 saragrave quindi
dato da
Q2rsquo = Q1rsquo ndash Lrsquo = 2000 ndash 700 = 1300 J
La variazione di entropia dellrsquouniverso per ogni ciclo della macchina irreversibile egrave data solamente
dalla variazione di entropia delle sorgenti in quanto la variazione di entropia della macchina in un
ciclo egrave nulla (lrsquoentropia egrave una funzione di stato)
KJT
Q
T
QS sorg 21
250
1300
500
2000
2
2
1
1 =+minus=+minus=∆
T1
T2
Q2rsquo
Q1rsquo
Lrsquo=L Macchina
irreversibile ρρρρrsquo=035
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
15) Un gas perfetto descrive un ciclo reversibile costituito dalle trasformazioni AB adiabatica BC
isoterma e CA isocora
Calcolare il rendimento del ciclo sapendo che TA = 2TB
Soluzione
A rarr B adiabatica
B rarr C isoterma
C rarr A isocora
TA = 2TB
VA = VC (poicheacute isocora)
TB = TC (poicheacute isoterma)
Il rendimento del ciclo egrave dato dalla
ass
cedass
ass Q
Q
L minus==ρ
si devono quindi calcolare Qass e Qced In questo ciclo
QAB = 0 (poicheacute trasformazione adiabatica)
QCA = Qass = n cv ∆T = n cv (TA - TC) = n cv (TA ndash TB) = n cv (2TB ndash TB) = n cv TB
C
BB
B
CB
V
V
B
V
V
BcedBC
V
VnRT
V
VnRT
V
dVnRTdV
V
nRTQQ
C
B
C
B
lnln minus===== intint
quindi essendo VA = VC
p
C
B
A
V
adiabatica
isocora
isoterma
VA = VC VB
A
BBced
V
VnRTQ lnminus=
Il rapporto VB VA si puograve calcolare considerando la trasformazione AB (adiabatica) per la quale vale
la seguente
PVγ = cost
da cui
=sdot γV
V
nRTcost
e quindi essendo n ed R costanti
T V γ - 1
= cost
Applicata alla trasformazione AB si ha
11 minusminus = γγ
BBAA VTVT
da cui 1minus
=
γ
A
B
B
A
V
V
T
T
e
1
1
minus
=
γ
B
A
A
B
T
T
V
V
Sapendo che v
p
c
c=γ e che cp - cv = R (relazione di Mayer) si ha
vv
vp
v
p
c
R
c
cc
c
c=
minus=minus=minus 11γ oppure
1
1
minus=
γR
cv
2lnlnlnlnln1
1
Bv
B
AB
vR
c
B
AB
B
AB
A
BBced Tnc
T
TT
R
cnR
T
TnRT
T
TnRT
V
VnRTQ
v
minus=
sdotminus=
minus=
minus=minus=
minusγ
Quindi il rendimento ρ risulta essere
302ln12ln
11 =minus=minus=+==Bv
Bv
ass
ced
ass Tnc
Tnc
Q
Q
Q
Lρ
Fisica 1 (AA 2004-2005) Esercizi Termodinamica
16) Una macchina di Carnot ha un rendimento ρ = 22 Le due sorgenti a temperatura costante
differiscono di 75 K Sapendo che il lavoro prodotto in un ciclo egrave L = 200 J calcolare
a) le due temperature T1 e T2 ( con T1 gt T2)
b) la quantitagrave di calore Q1 assorbita dalla macchina di Carnot dalla sorgente a temperatura T1 e la
quantitagrave di calore Q2 ceduta dalla macchina di Carnot alla sorgente a temperatura T2
c) le variazioni di entropia (con il loro segno) 1S∆ e 2S∆ di ciascuna delle due sorgenti
d) la variazione di entropia dellrsquouniverso univS∆
Soluzione
ρ = 22 = 022
T1 ndash T2 = 75 K
L = 200 J
a) T1 = T2 =
b) Q1 =
c) Q2 =
d) ∆S1 = ∆S2 =
e) ∆SUNIV =
a) Consideriamo le quantitagrave di calore Q1 e Q2 come quantitagrave positive Con questa scelta il
rendimento ρ della macchina di Carnot egrave
1
2
1
2 11T
T
Q
Qminus=minus=ρ
11
21
1
21T
T
T
TT
T
T ∆=
minus=minus=ρ
quindi
KKT
T 3419340220
751 cong==
∆=
ρ
e
KTTTT 26675341)( 2112 =minuscongminusminus=
b)
Essendo Q1 e Q2 quantitagrave positive il lavoro prodotto in un ciclo egrave pari alla differenza fra Q1 e Q2
L = Q1 ndash Q2 = 200 J
Inoltre
V
A
D
p
C
B T1
T2
780341
266
1
2
1
2 ===T
T
Q
Q
Abbiamo quindi le seguenti due relazioni nelle due incognite Q1 e Q2
=
=minus
12
21
780
200
Risolvendo
=
=sdotminus
12
11
780
200780
=
=sdot
12
1
780
200220
Q
=
=sdot
12
1
780
220
200
Q
da cui
=
=
JQ
JQ
709
909
2
1
d) La variazione di entropia della sorgente 1 egrave
KJT
QS 662
341
909
1
11 minus=minus=minus=∆
La variazione di entropia della sorgente 2 egrave
KJT
QS 662
266
709
2
22 ==+=∆
e) La variazione di entropia dellrsquouniverso in un ciclo della macchina di Carnot (o di una qualunque
macchina termica reversibile che lavori fra T1 e T2) risulta quindi essere
∆SUNIV = ∆S1 + ∆S2 = - 266 + 266 = 0
Fisica 1 (AA 2004-2005) Esercizi Termodinamica
17) Un gas perfetto monoatomico compie a partire da un certo stato iniziale una trasformazione
isocora fino a una pressione doppia di quella iniziale assorbendo una quantitagrave di calore Q = 45 cal
Si calcoli il lavoro compiuto dal gas se a partire dallo stesso stato iniziale esso compie invece una
trasformazione isobara che ne fa raddoppiare il volume
Soluzione
Il lavoro compiuto dal gas nella trasformazione isobara da I a G egrave semplicemente
( ) 000000 2 VpVVpVpL =minus=∆=
La quantitagrave p0V0 entra nellrsquoequazione di stato dei gas perfetti
000 nRTVp =
Nella trasformazione isocora da I ad F il gas passa da una pressione iniziale pi= p0 a una pressione
finale doppia pf=2p0 La temperatura finale Tf saragrave quindi doppia di quella iniziale Infatti
fnRTVp =sdot 00 )2( fnRTnRT =02 02TT f =
Passando da I ad F il gas monoatomico ( Rcv2
3= ) assorbe una quantitagrave di calore Q = 45 cal
( ) ( ) 0000 2 TncTTncTTncTncQ vvfvv =minus=minus=∆=
00002
3
2
3
2
3VpTnRTRnQ ===
Possiamo quindi ricavare la quantitagrave cercata p0V0
QVp3
200 =
Il lavoro L compiuto dal gas nella trasformazione isobara da I a G egrave quindi
30453
2
3
200 calcalQVpL ====
G I
F
V
2 p0
p0
2 V0 V0
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
18) Un blocco di ghiaccio di massa mg alla temperatura T1 = -10degC egrave immerso in 100g di acqua alla
temperatura T2 = 27degC Calcolare la temperatura finale di equilibrio e la quantitagrave di ghiaccio sciolta
nei due casi
a) mg = 100g
b) mg = 10g
(ca = 1 calg degC cg = 05 calg degC λfus = 80 calg)
Soluzione
a)
Nel primo caso una massa mg = 100g di ghiaccio viene immersa in ma = 100g di acqua Per
ricavare la quantitagrave di ghiaccio sciolta osserviamo che affincheacute il ghiaccio inizi a sciogliersi deve
innanzitutto portarsi dalla temperatura iniziale T1 = -10degC alla temperatura Tfus= 0degC assorbendo
calore dallrsquoacqua circostante La quantitagrave di calore necessaria per il riscaldamento del ghiaccio da -
10degC a 0degC egrave
Qg (T1=-10degC rarr Tfus=0degC) = mg cg ∆T = 100 05 10 = 500 cal
La massa ma di acqua con cui il ghiaccio egrave in contatto termico puograve fornire al ghiaccio al massimo
una quantitagrave di calore Qamax che corrisponde a un raffreddamento dellrsquointera massa drsquoacqua ma fino
alla temperatura di solidificazione dellrsquoacqua Tsol=0degC
Qamax (T2 = 27degC rarr Tsol= 0degC) = ma ca ∆T = 100 1 27 = 2700 cal
Essendo Qamax gt Qg allora il ghiaccio puograve assorbire dallrsquoacqua circostante il calore necessario a
passare da -10degC a 0degC Assorbendo ulteriormente calore il ghiaccio comincia a fondere
La quantitagrave di calore necessaria affincheacute lrsquointera massa mg di ghiaccio si fonda puograve essere ricavata
dalla relazione
Qfus = λfus mg = 80 100 = 8000 cal
La quantitagrave di calore necessaria per la fusione dellrsquointera massa di ghiaccio egrave superiore alla massima
quantitagrave di calore che lrsquoacqua circostante puograve fornire Qfus gt Qamax Non tutta la massa di ghiaccio
puograve quindi passare allo stato liquido con il risultato che coesisteranno in equilibrio acqua e
ghiaccio La temperature di equilibrio Te risulteragrave quindi essere la temperatura di fusione Tfus= 0degC
mg
ma
La quantitagrave mrsquog di ghiaccio fusa puograve essere ricavata dalla conservazione dellrsquoenergia La quantitagrave di
calore massima Qamax che lrsquoacqua circostante puograve fornire serve ad innalzare la temperatura del
ghiaccio da -10degC a 0degC e a fondere solo una parte mrsquog di ghiaccio
Qamax = Qg (T1=-10degC rarr Tfus=0degC) + mrsquog λfus
2700 = 500 + 80 mrsquog
da cui
gm g 52780
2200 ==
b)
Nel secondo caso una massa mg = 10g viene immersa in ma = 100g di acqua
La quantitagrave di calore necessaria adesso per il riscaldamento di soli 10 grammi di ghiaccio da -10degC a
0degC egrave
Qg (T1= -10degC rarr Tfus=0degC) = mg cg ∆T = 10 05 10 = 50 cal
La quantitagrave di calore necessaria per fondere i 10 grammi di ghiaccio egrave pari a
Qfus = λfus mg = 80 10 = 800 cal
La quantitagrave di calore massima Qamax =2700 cal che lrsquoacqua circostante puograve fornire egrave adesso
sufficiente per innalzare la temperatura di mg=10g di ghiaccio da -10degC a 0degC (servono infatti solo
50 cal)e per fondere lrsquointera massa di ghiaccio (servono infatti solo ulteriori 800 cal)
Assorbendo quindi solo 850cal dallrsquoacqua circostante lrsquointera massa mg=10g di ghiaccio fonde e si
ottengono 10 grammi di acqua a 0deg
Assorbendo ulteriormente una quantitagrave di calore Q (0degC rarr te) dalla massa ma=100g di acqua
circostante a piugrave alta temperatura i 10 grammi di acqua a 0deg e la massa ma = 100g si porteranno a
una temperatura intermedia di equilibrio tE
Se si indica Qa la quantitagrave di calore ceduta dalla massa ma = 100g di acqua che si porta dalla
temperatura T1=27degC alla temperatura di equilibrio te il bilancio dei calori scambiati puograve essere
scritto come
Qa (T1=27degC rarr te) = Qg (-10degC rarr 0degC) + Qfus + Q (0degC rarr te)
ma ca (27deg - te) = 50 + 800 + mg ca ( te- 0deg)
100 1 (27deg - te) = 50 + 800 + 10 1 ( te- 0deg)
100 27 ndash 100 te = 850 + 10 te
da cui 2700 ndash 100 te = 850 + 10 te
110 te = 1850
e quindi
Cte deg== 816110
1850
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
19) Una kmole di gas perfetto biatomico egrave contenuta in un recipiente adiabatico munito di pistone di
volume Vi =05m3 Con il pistone bloccato il contenitore viene posto in un ambiente la cui pressione
egrave mantenuta costante al valore p0 = 510 6 Pa Ad un certo istante si sblocca il pistone e il gas si
espande fino a raggiungere lrsquoequilibrio meccanico con lrsquoambiente Si osserva una diminuzione di
temperatura ∆T= - 20 K Calcolare il volume finale Vf del gas
Soluzione
Il recipiente egrave adiabatico quindi il calore scambiato con lrsquoesterno egrave nullo (Q = 0 )
Il lavoro fatto dal gas sullrsquoambiente esterno a pressione p0=costante egrave semplicemente
VpL ∆= 0
Dal primo principio della termodinamica
LLQU minus=minus=∆
La variazione di energia interna del gas perfetto biatomico (cV=52 R) egrave
RRTncU V 50000)20(2
51000 minus=minussdot=∆=∆
3
6
00
080105
31850000m
p
U
p
LVVV if cong
sdot
sdot=
∆minus==minus=∆
358008050 mVVV if =+=∆+=
V = 053
m
n = 1000 Pap
6
0 105 sdot=
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
20) Un gas perfetto biatomico subisce una trasformazione a seguito della quale la pressione varia da
po = 15105 Pa a p1 = 225 10
5 Pa Il calore netto scambiato durante la trasformazione egrave Q=608 J
Sapendo che il volume finale V1 egrave uguale a quello iniziale (Vo = 3 l) determinare
a) la variazione di energia interna ∆U subita dal gas
b) il lavoro fatto dal gas
Soluzione
Il fatto che i volumi iniziale e finale sono uguali non egrave sufficiente per dedurre che il lavoro egrave nullo
(la trasformazione cioegrave non egrave isocora) infatti il lavoro dipende dalla trasformazione subita dal gas
ed il suo valore puograve essere determinato dal primo principio della termodinamica
L = Q - ∆U
La variazione di energia interna di un gas perfetto risulta essere
∆U = n cv (T1-T0)
Le temperature iniziale e finale si determinano dallrsquoequazione di stato del gas perfetto
Tp V
nR
p V
nR
p V
nR0
0 01
1 1 1 0= = = e T
La variazione di energia interna risulta
∆U = n cv ( )0100001 ppV
R
c
nR
Vp
nR
Vp v minus=
minus = 5625 J
Il lavoro del gas risulta quindi
L = Q - ∆U = 608 -5625 = 455 J
La pompa di calore del problema ha unrsquoefficienza
333
1== Carnotηη
Esprimendo lrsquoefficienza η attraverso i calori scambiati Q1 e Q2 si ha
21
22
Q
L
Q
minus==η
Conoscendo Q1 egrave possibile ricavare Q2
221 )( QQQ =minus η
η Q1 = Q2 + η Q2
η Q1 = (1 + η) Q2
oraallMJQQ 351520331
33
112 =
+=
+=
η
η
Possiamo quindi ricavare il lavoro L necessario per far funzionare la pompa di calore
MJQQQQL 65420331
1
1
1
11 1121 cong
+=
+=
+minus=minus=
ηη
η allrsquoora
Affincheacute venga prelevata la quantitagrave di calore Q2 (1535 MJ in unrsquoora) dallrsquoambiente esterno a
temperatura T2 egrave necessario che il motore della pompa faccia un lavoro L ( 465 MJ in unrsquoora) La
potenza del motore della pompa di calore egrave quindi
kWWt
LP 311291
3600
10654 6
cong=sdot
==
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
6) Una macchina di Carnot (M) lavora fra due sorgenti rispettivamente a temperatura T1 e T2 = 5degC
(con T2lt T1) producendo in un ciclo un lavoro L = 20 J Questo lavoro viene utilizzato per fare
compiere un ciclo ad una macchina frigorifera (F) che opera fra la sorgente a temperatura T2 e
unrsquoaltra sorgente a temperatura T3 = 20degC
Determinare la quantitagrave di calore che la macchina frigorifera F sottrae in un ciclo dalla sorgente a
temperatura T2 nei seguenti due casi
a) F egrave una macchina irreversibile ed egrave noto che la variazione di entropia delle tre sorgenti in un
ciclo di funzionamento di M + F egrave ∆Stot = 15 middot10 3minus cal K
b) F egrave una macchina reversibile
Soluzione
a) Essendo M una macchina di Carnot le variazioni di entropia delle due sorgenti sono uguali in
modulo ma di segno opposto
1
1
1T
QS minus=∆ e
2
11
2
22
T
QS
T
QS =∆minus==∆
La variazione di entropia della sorgente 2 in un ciclo di funzionamento della macchina frigorifera F
irreversibile egrave
2
2
2T
QS =∆
Il calore Q3 ceduto da F al termostato a temperatura T3 egrave legato al lavoro fatto sulla macchina dalla
relazione
23 QQL minus= rarr LQQ +=
23
La variazione di entropia della sorgente 3 in un ciclo della macchina frigorifera F egrave quindi
∆S3 = 3
2
3
3
T
LQ
T
Q +=
M F
T1
T2 = 27815 K
T3 = 29315 K
L = 20 J = 478cal
Qrsquo2
Q1 Q3
Q2
La variazione di entropia totale delle tre sorgenti egrave quindi
TOTALES∆ = ∆S1 + ∆S2 + ∆Srsquo2 + ∆S3 = -1
1
T
Q +
2
2
T
Q -
2
2
T
Q +
3
2
T
LQ + = 1510 3minus calK
I primi due termini della somma sono uguali in modulo e di segno opposto (variazione di entropia
delle sorgenti in un ciclo della macchina M) Avremo quindi
∆ Stot = -
2Q
+minus
23
11
TT +
3T
L
2Q =
minus
∆minus
32
3
11
TT
ST
L
=
32
23
3
TT
TT
ST
L
minus
∆minus
= 23
32
TT
TT
minus
∆minus S
T
L
3
=
= 1527815293
1529315278
minus
sdot
sdotminus minus31015
15293
784cong 71cal
b) Se F egrave reversibile allora le variazioni di entropia delle sorgenti con cui F lavora devono essere
uguali in modulo ma di segno opposto
2
2
2T
QS minus=∆ e
2
2
3
33
2
T
QS
T
QS =∆minus==∆
Quindi avremo
=minus
=
LQQ
T
Q
T
Q
23
2
2
3
3
Se la macchina frigorifera F egrave reversibile la sua efficienza η egrave legata alle temperature delle due
sorgenti con cui lavora dalla relazione
23
2
3
2
22
TT
T
Q
L
Q
minus=
minus==η
da cui
calLTT
TLQ 688784
1527815293
15278
23
2
2 congsdotminus
=minus
=sdot= η
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
7) Una macchina irreversibile opera tra due sorgenti alle temperature TC = 550 K e TF = 350 K con
un rendimento ρ del 25 In ogni ciclo la quantitagrave di calore QC = 1200 J viene sottratta alla
sorgente a temperatura TC e fornita al fluido di lavoro nella macchina La quantitagrave di calore QF viene
ceduta dalla macchina alla sorgente a temperatura TF
a) Determinare la variazione di entropia dellrsquouniverso per ogni ciclo di funzionamento
b) Quanto lavoro in piugrave potrebbe compiere una macchina reversibile operante tra queste sorgenti che
assorbisse in ogni ciclo la stessa quantitagrave di calore
c) Facoltativo dimostrare che per ogni ciclo la quantitagrave di lavoro che si rende indisponibile a causa
del processo irreversibile egrave pari a TF univS∆
Soluzione
a)
TC = 550 K
TF = 350 K
2501 =minus==C
F
C Q
Q
Q
Lρ
QC = 1200 J
Nella risoluzione del problema le quantitagrave di calore scambiate sono considerate quantitagrave positive
La variazione di entropia dellrsquouniverso egrave
sorgentimacchinauniv SSS ∆+∆=∆
ma macchinaS∆ = 0 percheacute la macchina lavora ciclicamente mentre sorgentiS∆F
F
C
C
T
Q
T
Q+minus= in quanto
la sorgente calda cede la quantitagrave di calore QC mentre la sorgente fredda riceve la quantitagrave di calore
QF Inoltre conosciamo il rendimento ρ della macchina irreversibile
750250112501 =minus=minus=rArr=minus= ρρC
F
C
F
Q
Q
Q
Q
JQQ CF 9001200750750 =sdot==
quindi sorgentiS∆F
F
C
C
T
Q
T
Q+minus= =
K
J38960
300
900
550
1200+=+minus
TC = 550 K
L
QF
QC
TF = 350 K
b) Una macchina reversibile che lavora fra KTC 550= e KTF 350= ha un rendimento
363636360636401550
35011 ==minuscongminus=minus=
C
Frev
T
Tρ
Conoscendo il rendimento e la quantitagrave di calore assorbita dal termostato caldo JQQ CC 1200 ==
possiamo ricavare la quantitagrave di calore
FQ ceduta al termostato freddo
C
F
C
Frev
T
T
Q
Qminus=minus= 11
ρ da cui
FQC
F
T
T= FC QJQ lt= 6763
La quantitagrave di calore ceduta dalla macchina reversibile al termostato freddo egrave inferiore a quella
ceduta al termostato freddo dalla macchina irreversibile
JQL Crevrev 36436120036360 congsdot== ρ
JQL Cirr 3001200250 =sdot== ρ
JLL irrrev 3613630036436 =minus=minus
Questa quantitagrave rappresenta il lavoro in piugrave che potrebbe compiere una macchina reversibile che
assorbisse in ogni ciclo la stessa quantitagrave di calore di una macchina irreversibile
La variazione di entropia dellrsquouniverso in un ciclo della macchina irreversibile egrave
K
J
T
Q
T
QSS
C
C
F
Fsorgentiuniv 38960=minus=∆=∆
Per la macchina reversibile vale la relazione
C
F
C
F
T
T
Q
Q=
cioegrave C
C
C
C
F
F
T
Q
T
Q
T
Q==
La differenza fra Lrev e Lirr puograve essere riscritta in questo modo
FCFCrev QQQQL minus=minus=
FCirr QQL minus=
univF
C
C
F
FF
F
F
F
FF
F
FFFFFirrrev ST
T
Q
T
QT
T
Q
T
QT
T
QQTQQLL ∆sdot=
minus=
minus=
minus=minus=minus
Infatti
3613638960350 =sdot=∆ univF ST
La quantitagrave di lavoro Lrev - Lirr che si rende indisponibile a causa del processo irreversibile egrave
chiamata ldquoenergia inutilizzabilerdquo ed egrave pari a
univFbileinutilizza STE ∆=
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
8) In un recipiente in cui si trova una massa M1 = 3 kg di ghiaccio alla temperatura T1 = - 20degC si
versa una massa M2 = 200 g di acqua alla temperatura T2 = 10degC La capacitagrave termica del recipiente
e la quantitagrave di calore ceduta dal sistema allambiente esterno sono trascurabili Si calcoli la
temperatura TE del sistema allequilibrio termico
(cA = 1 calgdegC c
G = 05 calgdegC λF = 80 calg)
Soluzione
Affincheacute la massa M1 di ghiaccio possa incominciare a fondere egrave necessario innanzitutto portare la
sua temperatura da ndash 20 degC a 0degC La quantitagrave di calore necessaria egrave
Q (T1=-20degC rarr Tfus=0degC) = M1 cG (Tfus - T1) = 3000 05 20 = 30000 cal
La massima quantitagrave di calore che la massa M2 di acqua a temperatura T2 puograve cedere al blocco di
ghiaccio M1 egrave
Q1(T2 = 10degC rarr Tsol = 0degC) = M2 cA (Tsol - T2) = 200 1 (0 -10) = -2000 cal
Questa quantitagrave di calore non egrave quindi sufficiente a portare M1 fino a 0degC (servirebbero infatti 30000
cal) La massa M2 di acqua a 0degC in contatto con un blocco di ghiaccio a temperatura inferiore
cede calore al blocco M1 e comincia a solidificarsi Affincheacute lrsquointera massa M2 passi dallo stato
liquido allo stato solido egrave necessario che essa ceda una quantitagrave di calore Q2sol pari a
Q2sol = - λF M2 = - 80 200 = - 16000 cal
Dopo avere ceduto una quantitagrave di calore pari a Q1+ Q2sol la massa M2 di acqua inizialmente a
T2=10degC si egrave trasformata in 200 g di ghiaccio a 0degC Essendo M2 (diventata ghiaccio) in contatto
termico con il blocco M1 a temperatura inferiore entrambi raggiungeranno una temperatura di
equilibrio TE da determinare La massa M2 di ghiaccio per portarsi alla temperatura di equilibrio TE
cede al blocco M1 una quantitagrave di calore Q3 data da
M1
M2
Q3(Tsol=0degC rarr TE) = M2 cG (TE -0degC) = 200 05 TE = 100 TE
Il blocco M1 inizialmente a temperatura T1=-20degC per portarsi alla temperatura di equilibrio TE piugrave
alta assorbe (da M2) una quantitagrave di calore Q data da
Q (T1 =-20degC rarr TE) = M1 cG (TE - T1) = 3000 05 (TE + 20) = 1500 (TE + 20)
Essendo trascurabili le quantitagrave di calore scambiate dal sistema con lambiente esterno (sistema
isolato) la somma algebrica delle quantitagrave di calore scambiate da M1 ed M2 deve essere nulla
Q (T1 =-20degC rarr TE) + Q1(T2=10degC rarr Tsol=0degC) + Q2sol + Q3(Tsol=0degC rarr TE) = 0
1500 (TE + 20) - 2000 - 16000 + 100 TE = 0
1500 TE + 100 TE = 18000 - 30000
1600 TE = - 12000
TE = -120001600 = - 75degC
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi (3a parte)
9) Una mole di gas perfetto biatomico egrave sottoposta a un ciclo reversibile costituito da tre
trasformazioni una espansione isoterma da A a B nella quale VB = 3VA una trasformazione a
volume costante da B a C in cui la pressione egrave ridotta una compressione adiabatica da C ad A
a) Determinare Q L ∆U ∆S per ciascuna trasformazione del ciclo
b) Determinare il rendimento del ciclo e confrontarlo con quello di una macchina di Carnot che
lavora fra le temperature estreme
(R = 831 Jmole K pA = 4 x 103 Nm
2 VA = 02 m
3)
Soluzione
n = 1
Rcv2
5=
Rc p2
7=
415
7
2
52
7
====
R
R
c
c
v
pγ
a)
Punto A
pA = 4 x 103 Nm
2
VA = 02 m3
KnR
VpT AA
A 27963181
204000=
sdot
sdot==
Punto B
VB =3 VA = 06 m3
TB = TA = 9627 K
22
3 31333103
4
3
1
3 m
N
m
Np
V
nRT
V
nRTp A
A
A
B
B
B =====
p
V
A
B
isoterma
adiabatica isocora
pA
pB
VA VB
C
Punto C
VC = VB = 3 VA = 06 m3
Il punto C sta nella stessa adiabatica del punto A per cui essendo
p Vγ = costante
si ha γγCCAA VpVp =
da cui 2
41
198593
14000
m
N
V
Vp
V
Vpp
C
A
A
C
A
AC =
sdot=
==
γ
γ
γ
KnR
VpT CC
C 04623181
6019859=
sdot
sdot==
quindi
VC = 06 m3
pC = 85919 Nm2
TC cong 6204 K
Trasformazione A rarr B (isoterma)
∆U (A rarr B) = 0 percheacute U dipende solo da T
quindi ∆U = Q ndash L rArr L = Q
JV
VnRT
V
dVnRTdV
V
nRTpdVL
A
B
ABA 898783ln27963181ln)( =sdotsdotsdot===== intintintrarr
Q (A rarr B) = L (A rarr B) = 87889 J
KJV
VnR
T
TncS
A
B
A
B
VBA 1393ln31810lnln)( =sdotsdot+=+=∆ rarr
Trasformazione B rarr C (isocora)
L (B rarr C) = 0 percheacute V = costante
Quindi ∆U = Q ndash L = Q
∆U(B rarr C) = n cv ∆T = n cv (TC ndash TB) = 52 831 (6204 - 9627) = - 71122 J
Q = ∆U = - 71122 J calore ceduto
KJV
VnR
T
TncS
B
C
B
C
VCB 13902796
0462ln318
2
51lnln)( minus=+sdotsdotsdot=+=∆ rarr
Trasformazione C rarr A (adiabatica)
Q (C rarr A) = 0 percheacute adiabatica
Quindi
∆U(C rarr A) = n cv ∆T = n cv (TA ndash TC) = n cv (TB ndash TC) = - ∆U(B rarr C) =
= 52 831 (9627 ndash 6204) = + 71122 J
∆U = Q ndash L = - L
L(C rarr A) = - ∆U(C rarr A) = - 71122 J
∆S(C rarr A) = 0 perchegrave adiabatica reversibile
Q L ∆U ∆S
A rarr B
Isoterma 87889 J 87889 J 0 913 JK
B rarr C
Isocora - 71122 J 0 - 71122 J - 913 JK
C rarr A
Adiabatica 0 - 71122 J 71122 J 0
ciclo 16767 J 16767 J 0 0
b) Calcolare il rendimento del ciclo
119191089878
67167
)(
)()(cong==
+==
rarr
rarrrarr
BA
ACBA
ass Q
LL
Q
Lρ
Le temperature estreme sono
TA = TB = 9627 K
TC = 6204 K
63535602796
046211 congminus=minus=minus=
A
CC
T
Tρ
ρ lt ρC come ci si aspettava
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica
10) Un pezzo di materiale solido di massa ms = 01 kg viene riscaldato a Ts = 300 degC e poi immerso
in un contenitore a pareti adiabatiche contenente due litri di acqua inizialmente a Ta = 20degC Se la
temperatura finale del sistema egrave di Tf = 213degC si determini il calore specifico cs del solido
assumendo i calori specifici indipendenti dalla temperatura
Soluzione
ms = 01 kg
Va = 2 litri = 2 x 10-3
m3
Ts = 300 degC
Ta = 20degC
Tf = 213degC
cs =
Il corpo di massa ms inizialmente alla temperatura Ts=300 degC egrave immerso in un volume di acqua Va
= 2 litri che si trova inizialmente alla temperatura Ta = 20degC Il corpo a temperatura maggiore cede
calore allrsquoacqua a temperatura inferiore Il recipiente egrave adiabatico (non ci sono dispersioni di calore)
quindi la somma algebrica del calore Qs ceduto dal solido e del calore Qa assorbito dallrsquoacqua deve
essere nulla cioegrave
Qs + Qa = 0
e quindi
Qs = - Qa (1)
La quantitagrave di calore Qs ceduta dal corpo solido egrave pari a
Qs = ms cs (Tf - Ts)
La quantitagrave di calore Qa assorbita dallrsquoacqua egrave data dalla
Qa = ma ca (Tf - Ta) = ρa Va ca (Tf - Ta)
dove ρa = 1000 kgm3 e ca = 1 cal(g degC)= 1000 cal(kg degC)
Sostituendo nella (1) si ottiene
ms cs (Tf - Ts) = - ρa Va ca (Tf - Ta)
da cui
Ckg
J
Ckg
cal
TTm
TTcVc
sfs
afaaa
sdeg
congdeg
=minussdot
minussdotsdotsdotsdotminus=
minus
minusminus=
minus
53902993)300321(10
)20321(10001021000
)(
)( 3ρ
ms
ma
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
11) Vengono fatti espandere adiabaticamente m = 100 g di azoto (N2) fino a compiere un lavoro
L = 250 J Considerando il gas perfetto si calcoli la temperatura finale TB sapendo che quella
iniziale TA egrave di 40 degC (La massa molare dellrsquoazoto N2 egrave Mo = 28 gmole R = 831 J(mol K))
Soluzione
m = 100 g
Mo = 28 gmole
TA = 40degC = 31315 K
L = 250 J
R = 831 Jmole K
Per il primo principio della termodinamica si ha che
∆U = Q ndash L
Il gas effettua una trasformazione adiabatica allora Q = 0 quindi
∆U = ndash L
n cV ∆T = - L
n cV (TB ndash TA) = - L
n cV TB ndash n cV TA = - L
quindi
V
ABnc
LTT minus= (1)
Il gas N2 egrave biatomico quindi RcV2
5= Il numero di moli n si ricava dividendo la massa m del gas
N2 per la massa molare Mo cioegrave
moliM
mn 573
28
100
0
===
Sostituendo nella (1) si ottiene
CKnc
LTT
V
AB deg==
sdotsdot
minus=minus= 63675309
3182
5573
25015313
L=250J
N2
TA=40degC
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
12) Una macchina irreversibile funziona scambiando calore con due sorgenti alle temperature
T1 = 300 K e T2 = 250 K In un ciclo essa produce un lavoro L = 30 cal e la variazione totale di
entropia dellrsquouniverso egrave ∆S = 002 calK Calcolare il rendimento ρ della macchina
Soluzione
T1 = 300 K
T2 = 250 K
L = 30 cal
∆Suniverso = 002 calK
ρ =
Nella risoluzione del problema le quantitagrave di calore Q1 e Q2 assorbita e ceduta dalla macchina sono
considerate come quantitagrave positive Con questa scelta il lavoro fatto dalla macchina egrave pari
semplicemente alla differenza fra il calore assorbito Q1 e il calore ceduto Q2 L=Q1-Q2
Per calcolare il rendimento 1Q
L=ρ della macchina egrave necessario ricavare il calore assorbito Q1
Una relazione fra Q1 e Q2 si ottiene osservando che il lavoro L fatto dalla macchina egrave pari a 30 cal
L = Q1 ndash Q2 = 30 cal
Una seconda relazione fra Q1 e Q2 si puograve ottenere calcolando la variazione di entropia dellrsquouniverso
in un ciclo della macchina visto che la traccia fornisce il suo valore ∆Suniverso = 002 calK
La variazione di entropia dellrsquouniverso ∆Suniverso egrave semplicemente la somma delle variazioni di
entropia della macchina e delle due sorgenti
∆Suniverso = ∆Smacchina + ∆S1 + ∆S2
La variazione di entropia della macchina ∆Smacchina in un ciclo egrave nulla in quanto lrsquoentropia egrave funzione
di stato (lo stato finale della macchina egrave identico a quello iniziale)
La sorgente a temperatura T1 cede una quantitagrave di calore Q1 alla macchina quindi la sua variazione
di entropia ∆S1 egrave negativa
La sorgente a temperatura T2 al contrario acquista dalla macchina una quantitagrave di calore Q2 quindi
la sua variazione di entropia ∆S2 egrave positiva
Quindi
250300
21
2
2
1
121
T
Q
T
QSSSuniverso +minus=+minus=∆+∆=∆
T2
Q2
Q1
L
MT
T1
Otteniamo cosigrave la seconda relazione fra Q1 e Q2
250300020 21 QQ
+minus=
Mettendo a sistema le due relazioni ricavate sopra si ottengono i valori di Q1 e Q2
+=
=+minus
30
100
2
250300
21
21
+=
=++
minus
30
10
2
2530
30
21
22
Dalla prima equazione si ottiene
- 5 (Q2 + 30) + 6 Q2 = 30
-5 Q2 - 150 + 6 Q2 = 30
Q2 = 180 cal
Sostituendo nella seconda si ottiene il valore di Q1
Q1 = Q2 + 30 = 180 + 30 = 210 cal
Il rendimento cercato egrave quindi
14140210
30
1
====Q
Lρ
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
13) Una mole di azoto (N2) occupa inizialmente un volume V0 = 10 l alla temperatura T0 = 400 K Il
gas compie una espansione adiabatica irreversibile a seguito della quale il volume raddoppia Il
lavoro compiuto dal gas durante la trasformazione egrave L = 1250 J
Determinare
a) la temperatura e la pressione del gas quando si egrave stabilito di nuovo lequilibrio termodinamico
b) la variazione di entropia nel processo
R = 831 J(mol K) = 00821 litriatm (mol K)
Soluzione
Lrsquoazoto (N2 ) egrave biatomico quindi il calore specifico molare a volume costante egrave Rcv2
5=
Il gas compie una espansione adiabatica irreversibile durante la quale compie un determinato lavoro
esterno Applicando il primo principio della termodinamica alla trasformazione effettuata dal gas si
ha
∆U =Q ndash L = ndash L
in quanto Q=0 in una trasformazione adiabatica Drsquoaltra parte la variazione di energia interna ∆U in
un gas perfetto che effettua una trasformazione qualsiasi tra due stati che differiscono di ∆T in
temperatura egrave sempre data da ∆U = n cv ∆T Quindi
n cv ∆T = ndash L
n cv (Tf ndash Ti) = ndash L
da cui si ricava la temperatura finale di equilibrio
Knc
LTnc
nc
LTT
v
iv
v
if 340
3182
5
12504003182
5
cong
sdot
minussdotsdot=
minus=minus=
Dallrsquoequazione di stato dei gas perfetti possiamo ricavare il valore della pressione nel nuovo stato
di equilibrio termodinamico
pf Vf = n R Tf
atmV
nRTp
f
f
f 41102
34008210cong
sdot
sdot==
La variazione di entropia del processo puograve essere calcolata utilizzando lrsquoespressione generale per la
variazione di entropia di un gas perfetto fra due stati termodinamici Iequiv (Ti Vi) ed Fequiv (Tf Vf )
KJV
VnR
T
TncS
i
f
i
f
V 38276538310
20ln318
400
340ln318
2
5lnln =+minuscongsdot+sdotsdot=+=∆
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
14) Si considerino due macchine termiche che funzionano con le stesse due sorgenti di calore alle
temperature T2 = 250K e T1 = 500K La prima macchina opera secondo un ciclo di Carnot
assorbendo una quantitagrave di calore Q1 = 1400J dalla sorgente alla temperatura T1 La seconda
macchina descrive invece un ciclo irreversibile il cui rendimento egrave ρ = 035 Il lavoro prodotto dalle
due macchine egrave il medesimo Determinare
a) il lavoro prodotto in un ciclo
b) la variazione di entropia dellrsquouniverso che accompagna ogni ciclo della macchina irreversibile
Soluzione
T1 = 500K
T2 = 250K
Q1 = 1400J (calore assorbito Carnot)
L = Lrsquo=
a)
Il rendimento della macchina di Carnot egrave dato da
50502
1
500
25011
1
2
1
===minus=minus==T
T
Q
LCarnotρ
da cui si ricava immediatamente la risposta al quesito a)
L = ρCarnotQ1 = 05 1400 = 700 J
T1
T2
Q2
Q1
L
CARNOT
b)
Indichiamo con lrsquoapice tutte le grandezze relative alla macchina irreversibile Il lavoro Lrsquo fatto dalla
macchina irreversibile egrave uguale a quello (L=700 J) fatto dalla macchina di Carnot Per calcolare la
variazione di entropia che accompagna ogni ciclo della macchina irreversibile abbiamo bisogno di
conoscere il calore Q1rsquoassorbito dal termostato a temperatura T1 e il calore Q2rsquo ceduto al termostato
a temperatura T2
Conoscendo il rendimento ρ della macchina irreversibile possiamo calcolare il calore Q1rsquo assorbito
dalla macchina
1
Q
L=ρ rarr J
LQ 2000
350
700
1 ===
ρ
Il calore Q2rsquo ceduto dalla macchina irreversibile al termostato a temperatura piugrave bassa T2 saragrave quindi
dato da
Q2rsquo = Q1rsquo ndash Lrsquo = 2000 ndash 700 = 1300 J
La variazione di entropia dellrsquouniverso per ogni ciclo della macchina irreversibile egrave data solamente
dalla variazione di entropia delle sorgenti in quanto la variazione di entropia della macchina in un
ciclo egrave nulla (lrsquoentropia egrave una funzione di stato)
KJT
Q
T
QS sorg 21
250
1300
500
2000
2
2
1
1 =+minus=+minus=∆
T1
T2
Q2rsquo
Q1rsquo
Lrsquo=L Macchina
irreversibile ρρρρrsquo=035
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
15) Un gas perfetto descrive un ciclo reversibile costituito dalle trasformazioni AB adiabatica BC
isoterma e CA isocora
Calcolare il rendimento del ciclo sapendo che TA = 2TB
Soluzione
A rarr B adiabatica
B rarr C isoterma
C rarr A isocora
TA = 2TB
VA = VC (poicheacute isocora)
TB = TC (poicheacute isoterma)
Il rendimento del ciclo egrave dato dalla
ass
cedass
ass Q
Q
L minus==ρ
si devono quindi calcolare Qass e Qced In questo ciclo
QAB = 0 (poicheacute trasformazione adiabatica)
QCA = Qass = n cv ∆T = n cv (TA - TC) = n cv (TA ndash TB) = n cv (2TB ndash TB) = n cv TB
C
BB
B
CB
V
V
B
V
V
BcedBC
V
VnRT
V
VnRT
V
dVnRTdV
V
nRTQQ
C
B
C
B
lnln minus===== intint
quindi essendo VA = VC
p
C
B
A
V
adiabatica
isocora
isoterma
VA = VC VB
A
BBced
V
VnRTQ lnminus=
Il rapporto VB VA si puograve calcolare considerando la trasformazione AB (adiabatica) per la quale vale
la seguente
PVγ = cost
da cui
=sdot γV
V
nRTcost
e quindi essendo n ed R costanti
T V γ - 1
= cost
Applicata alla trasformazione AB si ha
11 minusminus = γγ
BBAA VTVT
da cui 1minus
=
γ
A
B
B
A
V
V
T
T
e
1
1
minus
=
γ
B
A
A
B
T
T
V
V
Sapendo che v
p
c
c=γ e che cp - cv = R (relazione di Mayer) si ha
vv
vp
v
p
c
R
c
cc
c
c=
minus=minus=minus 11γ oppure
1
1
minus=
γR
cv
2lnlnlnlnln1
1
Bv
B
AB
vR
c
B
AB
B
AB
A
BBced Tnc
T
TT
R
cnR
T
TnRT
T
TnRT
V
VnRTQ
v
minus=
sdotminus=
minus=
minus=minus=
minusγ
Quindi il rendimento ρ risulta essere
302ln12ln
11 =minus=minus=+==Bv
Bv
ass
ced
ass Tnc
Tnc
Q
Q
Q
Lρ
Fisica 1 (AA 2004-2005) Esercizi Termodinamica
16) Una macchina di Carnot ha un rendimento ρ = 22 Le due sorgenti a temperatura costante
differiscono di 75 K Sapendo che il lavoro prodotto in un ciclo egrave L = 200 J calcolare
a) le due temperature T1 e T2 ( con T1 gt T2)
b) la quantitagrave di calore Q1 assorbita dalla macchina di Carnot dalla sorgente a temperatura T1 e la
quantitagrave di calore Q2 ceduta dalla macchina di Carnot alla sorgente a temperatura T2
c) le variazioni di entropia (con il loro segno) 1S∆ e 2S∆ di ciascuna delle due sorgenti
d) la variazione di entropia dellrsquouniverso univS∆
Soluzione
ρ = 22 = 022
T1 ndash T2 = 75 K
L = 200 J
a) T1 = T2 =
b) Q1 =
c) Q2 =
d) ∆S1 = ∆S2 =
e) ∆SUNIV =
a) Consideriamo le quantitagrave di calore Q1 e Q2 come quantitagrave positive Con questa scelta il
rendimento ρ della macchina di Carnot egrave
1
2
1
2 11T
T
Q
Qminus=minus=ρ
11
21
1
21T
T
T
TT
T
T ∆=
minus=minus=ρ
quindi
KKT
T 3419340220
751 cong==
∆=
ρ
e
KTTTT 26675341)( 2112 =minuscongminusminus=
b)
Essendo Q1 e Q2 quantitagrave positive il lavoro prodotto in un ciclo egrave pari alla differenza fra Q1 e Q2
L = Q1 ndash Q2 = 200 J
Inoltre
V
A
D
p
C
B T1
T2
780341
266
1
2
1
2 ===T
T
Q
Q
Abbiamo quindi le seguenti due relazioni nelle due incognite Q1 e Q2
=
=minus
12
21
780
200
Risolvendo
=
=sdotminus
12
11
780
200780
=
=sdot
12
1
780
200220
Q
=
=sdot
12
1
780
220
200
Q
da cui
=
=
JQ
JQ
709
909
2
1
d) La variazione di entropia della sorgente 1 egrave
KJT
QS 662
341
909
1
11 minus=minus=minus=∆
La variazione di entropia della sorgente 2 egrave
KJT
QS 662
266
709
2
22 ==+=∆
e) La variazione di entropia dellrsquouniverso in un ciclo della macchina di Carnot (o di una qualunque
macchina termica reversibile che lavori fra T1 e T2) risulta quindi essere
∆SUNIV = ∆S1 + ∆S2 = - 266 + 266 = 0
Fisica 1 (AA 2004-2005) Esercizi Termodinamica
17) Un gas perfetto monoatomico compie a partire da un certo stato iniziale una trasformazione
isocora fino a una pressione doppia di quella iniziale assorbendo una quantitagrave di calore Q = 45 cal
Si calcoli il lavoro compiuto dal gas se a partire dallo stesso stato iniziale esso compie invece una
trasformazione isobara che ne fa raddoppiare il volume
Soluzione
Il lavoro compiuto dal gas nella trasformazione isobara da I a G egrave semplicemente
( ) 000000 2 VpVVpVpL =minus=∆=
La quantitagrave p0V0 entra nellrsquoequazione di stato dei gas perfetti
000 nRTVp =
Nella trasformazione isocora da I ad F il gas passa da una pressione iniziale pi= p0 a una pressione
finale doppia pf=2p0 La temperatura finale Tf saragrave quindi doppia di quella iniziale Infatti
fnRTVp =sdot 00 )2( fnRTnRT =02 02TT f =
Passando da I ad F il gas monoatomico ( Rcv2
3= ) assorbe una quantitagrave di calore Q = 45 cal
( ) ( ) 0000 2 TncTTncTTncTncQ vvfvv =minus=minus=∆=
00002
3
2
3
2
3VpTnRTRnQ ===
Possiamo quindi ricavare la quantitagrave cercata p0V0
QVp3
200 =
Il lavoro L compiuto dal gas nella trasformazione isobara da I a G egrave quindi
30453
2
3
200 calcalQVpL ====
G I
F
V
2 p0
p0
2 V0 V0
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
18) Un blocco di ghiaccio di massa mg alla temperatura T1 = -10degC egrave immerso in 100g di acqua alla
temperatura T2 = 27degC Calcolare la temperatura finale di equilibrio e la quantitagrave di ghiaccio sciolta
nei due casi
a) mg = 100g
b) mg = 10g
(ca = 1 calg degC cg = 05 calg degC λfus = 80 calg)
Soluzione
a)
Nel primo caso una massa mg = 100g di ghiaccio viene immersa in ma = 100g di acqua Per
ricavare la quantitagrave di ghiaccio sciolta osserviamo che affincheacute il ghiaccio inizi a sciogliersi deve
innanzitutto portarsi dalla temperatura iniziale T1 = -10degC alla temperatura Tfus= 0degC assorbendo
calore dallrsquoacqua circostante La quantitagrave di calore necessaria per il riscaldamento del ghiaccio da -
10degC a 0degC egrave
Qg (T1=-10degC rarr Tfus=0degC) = mg cg ∆T = 100 05 10 = 500 cal
La massa ma di acqua con cui il ghiaccio egrave in contatto termico puograve fornire al ghiaccio al massimo
una quantitagrave di calore Qamax che corrisponde a un raffreddamento dellrsquointera massa drsquoacqua ma fino
alla temperatura di solidificazione dellrsquoacqua Tsol=0degC
Qamax (T2 = 27degC rarr Tsol= 0degC) = ma ca ∆T = 100 1 27 = 2700 cal
Essendo Qamax gt Qg allora il ghiaccio puograve assorbire dallrsquoacqua circostante il calore necessario a
passare da -10degC a 0degC Assorbendo ulteriormente calore il ghiaccio comincia a fondere
La quantitagrave di calore necessaria affincheacute lrsquointera massa mg di ghiaccio si fonda puograve essere ricavata
dalla relazione
Qfus = λfus mg = 80 100 = 8000 cal
La quantitagrave di calore necessaria per la fusione dellrsquointera massa di ghiaccio egrave superiore alla massima
quantitagrave di calore che lrsquoacqua circostante puograve fornire Qfus gt Qamax Non tutta la massa di ghiaccio
puograve quindi passare allo stato liquido con il risultato che coesisteranno in equilibrio acqua e
ghiaccio La temperature di equilibrio Te risulteragrave quindi essere la temperatura di fusione Tfus= 0degC
mg
ma
La quantitagrave mrsquog di ghiaccio fusa puograve essere ricavata dalla conservazione dellrsquoenergia La quantitagrave di
calore massima Qamax che lrsquoacqua circostante puograve fornire serve ad innalzare la temperatura del
ghiaccio da -10degC a 0degC e a fondere solo una parte mrsquog di ghiaccio
Qamax = Qg (T1=-10degC rarr Tfus=0degC) + mrsquog λfus
2700 = 500 + 80 mrsquog
da cui
gm g 52780
2200 ==
b)
Nel secondo caso una massa mg = 10g viene immersa in ma = 100g di acqua
La quantitagrave di calore necessaria adesso per il riscaldamento di soli 10 grammi di ghiaccio da -10degC a
0degC egrave
Qg (T1= -10degC rarr Tfus=0degC) = mg cg ∆T = 10 05 10 = 50 cal
La quantitagrave di calore necessaria per fondere i 10 grammi di ghiaccio egrave pari a
Qfus = λfus mg = 80 10 = 800 cal
La quantitagrave di calore massima Qamax =2700 cal che lrsquoacqua circostante puograve fornire egrave adesso
sufficiente per innalzare la temperatura di mg=10g di ghiaccio da -10degC a 0degC (servono infatti solo
50 cal)e per fondere lrsquointera massa di ghiaccio (servono infatti solo ulteriori 800 cal)
Assorbendo quindi solo 850cal dallrsquoacqua circostante lrsquointera massa mg=10g di ghiaccio fonde e si
ottengono 10 grammi di acqua a 0deg
Assorbendo ulteriormente una quantitagrave di calore Q (0degC rarr te) dalla massa ma=100g di acqua
circostante a piugrave alta temperatura i 10 grammi di acqua a 0deg e la massa ma = 100g si porteranno a
una temperatura intermedia di equilibrio tE
Se si indica Qa la quantitagrave di calore ceduta dalla massa ma = 100g di acqua che si porta dalla
temperatura T1=27degC alla temperatura di equilibrio te il bilancio dei calori scambiati puograve essere
scritto come
Qa (T1=27degC rarr te) = Qg (-10degC rarr 0degC) + Qfus + Q (0degC rarr te)
ma ca (27deg - te) = 50 + 800 + mg ca ( te- 0deg)
100 1 (27deg - te) = 50 + 800 + 10 1 ( te- 0deg)
100 27 ndash 100 te = 850 + 10 te
da cui 2700 ndash 100 te = 850 + 10 te
110 te = 1850
e quindi
Cte deg== 816110
1850
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
19) Una kmole di gas perfetto biatomico egrave contenuta in un recipiente adiabatico munito di pistone di
volume Vi =05m3 Con il pistone bloccato il contenitore viene posto in un ambiente la cui pressione
egrave mantenuta costante al valore p0 = 510 6 Pa Ad un certo istante si sblocca il pistone e il gas si
espande fino a raggiungere lrsquoequilibrio meccanico con lrsquoambiente Si osserva una diminuzione di
temperatura ∆T= - 20 K Calcolare il volume finale Vf del gas
Soluzione
Il recipiente egrave adiabatico quindi il calore scambiato con lrsquoesterno egrave nullo (Q = 0 )
Il lavoro fatto dal gas sullrsquoambiente esterno a pressione p0=costante egrave semplicemente
VpL ∆= 0
Dal primo principio della termodinamica
LLQU minus=minus=∆
La variazione di energia interna del gas perfetto biatomico (cV=52 R) egrave
RRTncU V 50000)20(2
51000 minus=minussdot=∆=∆
3
6
00
080105
31850000m
p
U
p
LVVV if cong
sdot
sdot=
∆minus==minus=∆
358008050 mVVV if =+=∆+=
V = 053
m
n = 1000 Pap
6
0 105 sdot=
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
20) Un gas perfetto biatomico subisce una trasformazione a seguito della quale la pressione varia da
po = 15105 Pa a p1 = 225 10
5 Pa Il calore netto scambiato durante la trasformazione egrave Q=608 J
Sapendo che il volume finale V1 egrave uguale a quello iniziale (Vo = 3 l) determinare
a) la variazione di energia interna ∆U subita dal gas
b) il lavoro fatto dal gas
Soluzione
Il fatto che i volumi iniziale e finale sono uguali non egrave sufficiente per dedurre che il lavoro egrave nullo
(la trasformazione cioegrave non egrave isocora) infatti il lavoro dipende dalla trasformazione subita dal gas
ed il suo valore puograve essere determinato dal primo principio della termodinamica
L = Q - ∆U
La variazione di energia interna di un gas perfetto risulta essere
∆U = n cv (T1-T0)
Le temperature iniziale e finale si determinano dallrsquoequazione di stato del gas perfetto
Tp V
nR
p V
nR
p V
nR0
0 01
1 1 1 0= = = e T
La variazione di energia interna risulta
∆U = n cv ( )0100001 ppV
R
c
nR
Vp
nR
Vp v minus=
minus = 5625 J
Il lavoro del gas risulta quindi
L = Q - ∆U = 608 -5625 = 455 J
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
6) Una macchina di Carnot (M) lavora fra due sorgenti rispettivamente a temperatura T1 e T2 = 5degC
(con T2lt T1) producendo in un ciclo un lavoro L = 20 J Questo lavoro viene utilizzato per fare
compiere un ciclo ad una macchina frigorifera (F) che opera fra la sorgente a temperatura T2 e
unrsquoaltra sorgente a temperatura T3 = 20degC
Determinare la quantitagrave di calore che la macchina frigorifera F sottrae in un ciclo dalla sorgente a
temperatura T2 nei seguenti due casi
a) F egrave una macchina irreversibile ed egrave noto che la variazione di entropia delle tre sorgenti in un
ciclo di funzionamento di M + F egrave ∆Stot = 15 middot10 3minus cal K
b) F egrave una macchina reversibile
Soluzione
a) Essendo M una macchina di Carnot le variazioni di entropia delle due sorgenti sono uguali in
modulo ma di segno opposto
1
1
1T
QS minus=∆ e
2
11
2
22
T
QS
T
QS =∆minus==∆
La variazione di entropia della sorgente 2 in un ciclo di funzionamento della macchina frigorifera F
irreversibile egrave
2
2
2T
QS =∆
Il calore Q3 ceduto da F al termostato a temperatura T3 egrave legato al lavoro fatto sulla macchina dalla
relazione
23 QQL minus= rarr LQQ +=
23
La variazione di entropia della sorgente 3 in un ciclo della macchina frigorifera F egrave quindi
∆S3 = 3
2
3
3
T
LQ
T
Q +=
M F
T1
T2 = 27815 K
T3 = 29315 K
L = 20 J = 478cal
Qrsquo2
Q1 Q3
Q2
La variazione di entropia totale delle tre sorgenti egrave quindi
TOTALES∆ = ∆S1 + ∆S2 + ∆Srsquo2 + ∆S3 = -1
1
T
Q +
2
2
T
Q -
2
2
T
Q +
3
2
T
LQ + = 1510 3minus calK
I primi due termini della somma sono uguali in modulo e di segno opposto (variazione di entropia
delle sorgenti in un ciclo della macchina M) Avremo quindi
∆ Stot = -
2Q
+minus
23
11
TT +
3T
L
2Q =
minus
∆minus
32
3
11
TT
ST
L
=
32
23
3
TT
TT
ST
L
minus
∆minus
= 23
32
TT
TT
minus
∆minus S
T
L
3
=
= 1527815293
1529315278
minus
sdot
sdotminus minus31015
15293
784cong 71cal
b) Se F egrave reversibile allora le variazioni di entropia delle sorgenti con cui F lavora devono essere
uguali in modulo ma di segno opposto
2
2
2T
QS minus=∆ e
2
2
3
33
2
T
QS
T
QS =∆minus==∆
Quindi avremo
=minus
=
LQQ
T
Q
T
Q
23
2
2
3
3
Se la macchina frigorifera F egrave reversibile la sua efficienza η egrave legata alle temperature delle due
sorgenti con cui lavora dalla relazione
23
2
3
2
22
TT
T
Q
L
Q
minus=
minus==η
da cui
calLTT
TLQ 688784
1527815293
15278
23
2
2 congsdotminus
=minus
=sdot= η
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
7) Una macchina irreversibile opera tra due sorgenti alle temperature TC = 550 K e TF = 350 K con
un rendimento ρ del 25 In ogni ciclo la quantitagrave di calore QC = 1200 J viene sottratta alla
sorgente a temperatura TC e fornita al fluido di lavoro nella macchina La quantitagrave di calore QF viene
ceduta dalla macchina alla sorgente a temperatura TF
a) Determinare la variazione di entropia dellrsquouniverso per ogni ciclo di funzionamento
b) Quanto lavoro in piugrave potrebbe compiere una macchina reversibile operante tra queste sorgenti che
assorbisse in ogni ciclo la stessa quantitagrave di calore
c) Facoltativo dimostrare che per ogni ciclo la quantitagrave di lavoro che si rende indisponibile a causa
del processo irreversibile egrave pari a TF univS∆
Soluzione
a)
TC = 550 K
TF = 350 K
2501 =minus==C
F
C Q
Q
Q
Lρ
QC = 1200 J
Nella risoluzione del problema le quantitagrave di calore scambiate sono considerate quantitagrave positive
La variazione di entropia dellrsquouniverso egrave
sorgentimacchinauniv SSS ∆+∆=∆
ma macchinaS∆ = 0 percheacute la macchina lavora ciclicamente mentre sorgentiS∆F
F
C
C
T
Q
T
Q+minus= in quanto
la sorgente calda cede la quantitagrave di calore QC mentre la sorgente fredda riceve la quantitagrave di calore
QF Inoltre conosciamo il rendimento ρ della macchina irreversibile
750250112501 =minus=minus=rArr=minus= ρρC
F
C
F
Q
Q
Q
Q
JQQ CF 9001200750750 =sdot==
quindi sorgentiS∆F
F
C
C
T
Q
T
Q+minus= =
K
J38960
300
900
550
1200+=+minus
TC = 550 K
L
QF
QC
TF = 350 K
b) Una macchina reversibile che lavora fra KTC 550= e KTF 350= ha un rendimento
363636360636401550
35011 ==minuscongminus=minus=
C
Frev
T
Tρ
Conoscendo il rendimento e la quantitagrave di calore assorbita dal termostato caldo JQQ CC 1200 ==
possiamo ricavare la quantitagrave di calore
FQ ceduta al termostato freddo
C
F
C
Frev
T
T
Q
Qminus=minus= 11
ρ da cui
FQC
F
T
T= FC QJQ lt= 6763
La quantitagrave di calore ceduta dalla macchina reversibile al termostato freddo egrave inferiore a quella
ceduta al termostato freddo dalla macchina irreversibile
JQL Crevrev 36436120036360 congsdot== ρ
JQL Cirr 3001200250 =sdot== ρ
JLL irrrev 3613630036436 =minus=minus
Questa quantitagrave rappresenta il lavoro in piugrave che potrebbe compiere una macchina reversibile che
assorbisse in ogni ciclo la stessa quantitagrave di calore di una macchina irreversibile
La variazione di entropia dellrsquouniverso in un ciclo della macchina irreversibile egrave
K
J
T
Q
T
QSS
C
C
F
Fsorgentiuniv 38960=minus=∆=∆
Per la macchina reversibile vale la relazione
C
F
C
F
T
T
Q
Q=
cioegrave C
C
C
C
F
F
T
Q
T
Q
T
Q==
La differenza fra Lrev e Lirr puograve essere riscritta in questo modo
FCFCrev QQQQL minus=minus=
FCirr QQL minus=
univF
C
C
F
FF
F
F
F
FF
F
FFFFFirrrev ST
T
Q
T
QT
T
Q
T
QT
T
QQTQQLL ∆sdot=
minus=
minus=
minus=minus=minus
Infatti
3613638960350 =sdot=∆ univF ST
La quantitagrave di lavoro Lrev - Lirr che si rende indisponibile a causa del processo irreversibile egrave
chiamata ldquoenergia inutilizzabilerdquo ed egrave pari a
univFbileinutilizza STE ∆=
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
8) In un recipiente in cui si trova una massa M1 = 3 kg di ghiaccio alla temperatura T1 = - 20degC si
versa una massa M2 = 200 g di acqua alla temperatura T2 = 10degC La capacitagrave termica del recipiente
e la quantitagrave di calore ceduta dal sistema allambiente esterno sono trascurabili Si calcoli la
temperatura TE del sistema allequilibrio termico
(cA = 1 calgdegC c
G = 05 calgdegC λF = 80 calg)
Soluzione
Affincheacute la massa M1 di ghiaccio possa incominciare a fondere egrave necessario innanzitutto portare la
sua temperatura da ndash 20 degC a 0degC La quantitagrave di calore necessaria egrave
Q (T1=-20degC rarr Tfus=0degC) = M1 cG (Tfus - T1) = 3000 05 20 = 30000 cal
La massima quantitagrave di calore che la massa M2 di acqua a temperatura T2 puograve cedere al blocco di
ghiaccio M1 egrave
Q1(T2 = 10degC rarr Tsol = 0degC) = M2 cA (Tsol - T2) = 200 1 (0 -10) = -2000 cal
Questa quantitagrave di calore non egrave quindi sufficiente a portare M1 fino a 0degC (servirebbero infatti 30000
cal) La massa M2 di acqua a 0degC in contatto con un blocco di ghiaccio a temperatura inferiore
cede calore al blocco M1 e comincia a solidificarsi Affincheacute lrsquointera massa M2 passi dallo stato
liquido allo stato solido egrave necessario che essa ceda una quantitagrave di calore Q2sol pari a
Q2sol = - λF M2 = - 80 200 = - 16000 cal
Dopo avere ceduto una quantitagrave di calore pari a Q1+ Q2sol la massa M2 di acqua inizialmente a
T2=10degC si egrave trasformata in 200 g di ghiaccio a 0degC Essendo M2 (diventata ghiaccio) in contatto
termico con il blocco M1 a temperatura inferiore entrambi raggiungeranno una temperatura di
equilibrio TE da determinare La massa M2 di ghiaccio per portarsi alla temperatura di equilibrio TE
cede al blocco M1 una quantitagrave di calore Q3 data da
M1
M2
Q3(Tsol=0degC rarr TE) = M2 cG (TE -0degC) = 200 05 TE = 100 TE
Il blocco M1 inizialmente a temperatura T1=-20degC per portarsi alla temperatura di equilibrio TE piugrave
alta assorbe (da M2) una quantitagrave di calore Q data da
Q (T1 =-20degC rarr TE) = M1 cG (TE - T1) = 3000 05 (TE + 20) = 1500 (TE + 20)
Essendo trascurabili le quantitagrave di calore scambiate dal sistema con lambiente esterno (sistema
isolato) la somma algebrica delle quantitagrave di calore scambiate da M1 ed M2 deve essere nulla
Q (T1 =-20degC rarr TE) + Q1(T2=10degC rarr Tsol=0degC) + Q2sol + Q3(Tsol=0degC rarr TE) = 0
1500 (TE + 20) - 2000 - 16000 + 100 TE = 0
1500 TE + 100 TE = 18000 - 30000
1600 TE = - 12000
TE = -120001600 = - 75degC
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi (3a parte)
9) Una mole di gas perfetto biatomico egrave sottoposta a un ciclo reversibile costituito da tre
trasformazioni una espansione isoterma da A a B nella quale VB = 3VA una trasformazione a
volume costante da B a C in cui la pressione egrave ridotta una compressione adiabatica da C ad A
a) Determinare Q L ∆U ∆S per ciascuna trasformazione del ciclo
b) Determinare il rendimento del ciclo e confrontarlo con quello di una macchina di Carnot che
lavora fra le temperature estreme
(R = 831 Jmole K pA = 4 x 103 Nm
2 VA = 02 m
3)
Soluzione
n = 1
Rcv2
5=
Rc p2
7=
415
7
2
52
7
====
R
R
c
c
v
pγ
a)
Punto A
pA = 4 x 103 Nm
2
VA = 02 m3
KnR
VpT AA
A 27963181
204000=
sdot
sdot==
Punto B
VB =3 VA = 06 m3
TB = TA = 9627 K
22
3 31333103
4
3
1
3 m
N
m
Np
V
nRT
V
nRTp A
A
A
B
B
B =====
p
V
A
B
isoterma
adiabatica isocora
pA
pB
VA VB
C
Punto C
VC = VB = 3 VA = 06 m3
Il punto C sta nella stessa adiabatica del punto A per cui essendo
p Vγ = costante
si ha γγCCAA VpVp =
da cui 2
41
198593
14000
m
N
V
Vp
V
Vpp
C
A
A
C
A
AC =
sdot=
==
γ
γ
γ
KnR
VpT CC
C 04623181
6019859=
sdot
sdot==
quindi
VC = 06 m3
pC = 85919 Nm2
TC cong 6204 K
Trasformazione A rarr B (isoterma)
∆U (A rarr B) = 0 percheacute U dipende solo da T
quindi ∆U = Q ndash L rArr L = Q
JV
VnRT
V
dVnRTdV
V
nRTpdVL
A
B
ABA 898783ln27963181ln)( =sdotsdotsdot===== intintintrarr
Q (A rarr B) = L (A rarr B) = 87889 J
KJV
VnR
T
TncS
A
B
A
B
VBA 1393ln31810lnln)( =sdotsdot+=+=∆ rarr
Trasformazione B rarr C (isocora)
L (B rarr C) = 0 percheacute V = costante
Quindi ∆U = Q ndash L = Q
∆U(B rarr C) = n cv ∆T = n cv (TC ndash TB) = 52 831 (6204 - 9627) = - 71122 J
Q = ∆U = - 71122 J calore ceduto
KJV
VnR
T
TncS
B
C
B
C
VCB 13902796
0462ln318
2
51lnln)( minus=+sdotsdotsdot=+=∆ rarr
Trasformazione C rarr A (adiabatica)
Q (C rarr A) = 0 percheacute adiabatica
Quindi
∆U(C rarr A) = n cv ∆T = n cv (TA ndash TC) = n cv (TB ndash TC) = - ∆U(B rarr C) =
= 52 831 (9627 ndash 6204) = + 71122 J
∆U = Q ndash L = - L
L(C rarr A) = - ∆U(C rarr A) = - 71122 J
∆S(C rarr A) = 0 perchegrave adiabatica reversibile
Q L ∆U ∆S
A rarr B
Isoterma 87889 J 87889 J 0 913 JK
B rarr C
Isocora - 71122 J 0 - 71122 J - 913 JK
C rarr A
Adiabatica 0 - 71122 J 71122 J 0
ciclo 16767 J 16767 J 0 0
b) Calcolare il rendimento del ciclo
119191089878
67167
)(
)()(cong==
+==
rarr
rarrrarr
BA
ACBA
ass Q
LL
Q
Lρ
Le temperature estreme sono
TA = TB = 9627 K
TC = 6204 K
63535602796
046211 congminus=minus=minus=
A
CC
T
Tρ
ρ lt ρC come ci si aspettava
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica
10) Un pezzo di materiale solido di massa ms = 01 kg viene riscaldato a Ts = 300 degC e poi immerso
in un contenitore a pareti adiabatiche contenente due litri di acqua inizialmente a Ta = 20degC Se la
temperatura finale del sistema egrave di Tf = 213degC si determini il calore specifico cs del solido
assumendo i calori specifici indipendenti dalla temperatura
Soluzione
ms = 01 kg
Va = 2 litri = 2 x 10-3
m3
Ts = 300 degC
Ta = 20degC
Tf = 213degC
cs =
Il corpo di massa ms inizialmente alla temperatura Ts=300 degC egrave immerso in un volume di acqua Va
= 2 litri che si trova inizialmente alla temperatura Ta = 20degC Il corpo a temperatura maggiore cede
calore allrsquoacqua a temperatura inferiore Il recipiente egrave adiabatico (non ci sono dispersioni di calore)
quindi la somma algebrica del calore Qs ceduto dal solido e del calore Qa assorbito dallrsquoacqua deve
essere nulla cioegrave
Qs + Qa = 0
e quindi
Qs = - Qa (1)
La quantitagrave di calore Qs ceduta dal corpo solido egrave pari a
Qs = ms cs (Tf - Ts)
La quantitagrave di calore Qa assorbita dallrsquoacqua egrave data dalla
Qa = ma ca (Tf - Ta) = ρa Va ca (Tf - Ta)
dove ρa = 1000 kgm3 e ca = 1 cal(g degC)= 1000 cal(kg degC)
Sostituendo nella (1) si ottiene
ms cs (Tf - Ts) = - ρa Va ca (Tf - Ta)
da cui
Ckg
J
Ckg
cal
TTm
TTcVc
sfs
afaaa
sdeg
congdeg
=minussdot
minussdotsdotsdotsdotminus=
minus
minusminus=
minus
53902993)300321(10
)20321(10001021000
)(
)( 3ρ
ms
ma
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
11) Vengono fatti espandere adiabaticamente m = 100 g di azoto (N2) fino a compiere un lavoro
L = 250 J Considerando il gas perfetto si calcoli la temperatura finale TB sapendo che quella
iniziale TA egrave di 40 degC (La massa molare dellrsquoazoto N2 egrave Mo = 28 gmole R = 831 J(mol K))
Soluzione
m = 100 g
Mo = 28 gmole
TA = 40degC = 31315 K
L = 250 J
R = 831 Jmole K
Per il primo principio della termodinamica si ha che
∆U = Q ndash L
Il gas effettua una trasformazione adiabatica allora Q = 0 quindi
∆U = ndash L
n cV ∆T = - L
n cV (TB ndash TA) = - L
n cV TB ndash n cV TA = - L
quindi
V
ABnc
LTT minus= (1)
Il gas N2 egrave biatomico quindi RcV2
5= Il numero di moli n si ricava dividendo la massa m del gas
N2 per la massa molare Mo cioegrave
moliM
mn 573
28
100
0
===
Sostituendo nella (1) si ottiene
CKnc
LTT
V
AB deg==
sdotsdot
minus=minus= 63675309
3182
5573
25015313
L=250J
N2
TA=40degC
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
12) Una macchina irreversibile funziona scambiando calore con due sorgenti alle temperature
T1 = 300 K e T2 = 250 K In un ciclo essa produce un lavoro L = 30 cal e la variazione totale di
entropia dellrsquouniverso egrave ∆S = 002 calK Calcolare il rendimento ρ della macchina
Soluzione
T1 = 300 K
T2 = 250 K
L = 30 cal
∆Suniverso = 002 calK
ρ =
Nella risoluzione del problema le quantitagrave di calore Q1 e Q2 assorbita e ceduta dalla macchina sono
considerate come quantitagrave positive Con questa scelta il lavoro fatto dalla macchina egrave pari
semplicemente alla differenza fra il calore assorbito Q1 e il calore ceduto Q2 L=Q1-Q2
Per calcolare il rendimento 1Q
L=ρ della macchina egrave necessario ricavare il calore assorbito Q1
Una relazione fra Q1 e Q2 si ottiene osservando che il lavoro L fatto dalla macchina egrave pari a 30 cal
L = Q1 ndash Q2 = 30 cal
Una seconda relazione fra Q1 e Q2 si puograve ottenere calcolando la variazione di entropia dellrsquouniverso
in un ciclo della macchina visto che la traccia fornisce il suo valore ∆Suniverso = 002 calK
La variazione di entropia dellrsquouniverso ∆Suniverso egrave semplicemente la somma delle variazioni di
entropia della macchina e delle due sorgenti
∆Suniverso = ∆Smacchina + ∆S1 + ∆S2
La variazione di entropia della macchina ∆Smacchina in un ciclo egrave nulla in quanto lrsquoentropia egrave funzione
di stato (lo stato finale della macchina egrave identico a quello iniziale)
La sorgente a temperatura T1 cede una quantitagrave di calore Q1 alla macchina quindi la sua variazione
di entropia ∆S1 egrave negativa
La sorgente a temperatura T2 al contrario acquista dalla macchina una quantitagrave di calore Q2 quindi
la sua variazione di entropia ∆S2 egrave positiva
Quindi
250300
21
2
2
1
121
T
Q
T
QSSSuniverso +minus=+minus=∆+∆=∆
T2
Q2
Q1
L
MT
T1
Otteniamo cosigrave la seconda relazione fra Q1 e Q2
250300020 21 QQ
+minus=
Mettendo a sistema le due relazioni ricavate sopra si ottengono i valori di Q1 e Q2
+=
=+minus
30
100
2
250300
21
21
+=
=++
minus
30
10
2
2530
30
21
22
Dalla prima equazione si ottiene
- 5 (Q2 + 30) + 6 Q2 = 30
-5 Q2 - 150 + 6 Q2 = 30
Q2 = 180 cal
Sostituendo nella seconda si ottiene il valore di Q1
Q1 = Q2 + 30 = 180 + 30 = 210 cal
Il rendimento cercato egrave quindi
14140210
30
1
====Q
Lρ
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
13) Una mole di azoto (N2) occupa inizialmente un volume V0 = 10 l alla temperatura T0 = 400 K Il
gas compie una espansione adiabatica irreversibile a seguito della quale il volume raddoppia Il
lavoro compiuto dal gas durante la trasformazione egrave L = 1250 J
Determinare
a) la temperatura e la pressione del gas quando si egrave stabilito di nuovo lequilibrio termodinamico
b) la variazione di entropia nel processo
R = 831 J(mol K) = 00821 litriatm (mol K)
Soluzione
Lrsquoazoto (N2 ) egrave biatomico quindi il calore specifico molare a volume costante egrave Rcv2
5=
Il gas compie una espansione adiabatica irreversibile durante la quale compie un determinato lavoro
esterno Applicando il primo principio della termodinamica alla trasformazione effettuata dal gas si
ha
∆U =Q ndash L = ndash L
in quanto Q=0 in una trasformazione adiabatica Drsquoaltra parte la variazione di energia interna ∆U in
un gas perfetto che effettua una trasformazione qualsiasi tra due stati che differiscono di ∆T in
temperatura egrave sempre data da ∆U = n cv ∆T Quindi
n cv ∆T = ndash L
n cv (Tf ndash Ti) = ndash L
da cui si ricava la temperatura finale di equilibrio
Knc
LTnc
nc
LTT
v
iv
v
if 340
3182
5
12504003182
5
cong
sdot
minussdotsdot=
minus=minus=
Dallrsquoequazione di stato dei gas perfetti possiamo ricavare il valore della pressione nel nuovo stato
di equilibrio termodinamico
pf Vf = n R Tf
atmV
nRTp
f
f
f 41102
34008210cong
sdot
sdot==
La variazione di entropia del processo puograve essere calcolata utilizzando lrsquoespressione generale per la
variazione di entropia di un gas perfetto fra due stati termodinamici Iequiv (Ti Vi) ed Fequiv (Tf Vf )
KJV
VnR
T
TncS
i
f
i
f
V 38276538310
20ln318
400
340ln318
2
5lnln =+minuscongsdot+sdotsdot=+=∆
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
14) Si considerino due macchine termiche che funzionano con le stesse due sorgenti di calore alle
temperature T2 = 250K e T1 = 500K La prima macchina opera secondo un ciclo di Carnot
assorbendo una quantitagrave di calore Q1 = 1400J dalla sorgente alla temperatura T1 La seconda
macchina descrive invece un ciclo irreversibile il cui rendimento egrave ρ = 035 Il lavoro prodotto dalle
due macchine egrave il medesimo Determinare
a) il lavoro prodotto in un ciclo
b) la variazione di entropia dellrsquouniverso che accompagna ogni ciclo della macchina irreversibile
Soluzione
T1 = 500K
T2 = 250K
Q1 = 1400J (calore assorbito Carnot)
L = Lrsquo=
a)
Il rendimento della macchina di Carnot egrave dato da
50502
1
500
25011
1
2
1
===minus=minus==T
T
Q
LCarnotρ
da cui si ricava immediatamente la risposta al quesito a)
L = ρCarnotQ1 = 05 1400 = 700 J
T1
T2
Q2
Q1
L
CARNOT
b)
Indichiamo con lrsquoapice tutte le grandezze relative alla macchina irreversibile Il lavoro Lrsquo fatto dalla
macchina irreversibile egrave uguale a quello (L=700 J) fatto dalla macchina di Carnot Per calcolare la
variazione di entropia che accompagna ogni ciclo della macchina irreversibile abbiamo bisogno di
conoscere il calore Q1rsquoassorbito dal termostato a temperatura T1 e il calore Q2rsquo ceduto al termostato
a temperatura T2
Conoscendo il rendimento ρ della macchina irreversibile possiamo calcolare il calore Q1rsquo assorbito
dalla macchina
1
Q
L=ρ rarr J
LQ 2000
350
700
1 ===
ρ
Il calore Q2rsquo ceduto dalla macchina irreversibile al termostato a temperatura piugrave bassa T2 saragrave quindi
dato da
Q2rsquo = Q1rsquo ndash Lrsquo = 2000 ndash 700 = 1300 J
La variazione di entropia dellrsquouniverso per ogni ciclo della macchina irreversibile egrave data solamente
dalla variazione di entropia delle sorgenti in quanto la variazione di entropia della macchina in un
ciclo egrave nulla (lrsquoentropia egrave una funzione di stato)
KJT
Q
T
QS sorg 21
250
1300
500
2000
2
2
1
1 =+minus=+minus=∆
T1
T2
Q2rsquo
Q1rsquo
Lrsquo=L Macchina
irreversibile ρρρρrsquo=035
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
15) Un gas perfetto descrive un ciclo reversibile costituito dalle trasformazioni AB adiabatica BC
isoterma e CA isocora
Calcolare il rendimento del ciclo sapendo che TA = 2TB
Soluzione
A rarr B adiabatica
B rarr C isoterma
C rarr A isocora
TA = 2TB
VA = VC (poicheacute isocora)
TB = TC (poicheacute isoterma)
Il rendimento del ciclo egrave dato dalla
ass
cedass
ass Q
Q
L minus==ρ
si devono quindi calcolare Qass e Qced In questo ciclo
QAB = 0 (poicheacute trasformazione adiabatica)
QCA = Qass = n cv ∆T = n cv (TA - TC) = n cv (TA ndash TB) = n cv (2TB ndash TB) = n cv TB
C
BB
B
CB
V
V
B
V
V
BcedBC
V
VnRT
V
VnRT
V
dVnRTdV
V
nRTQQ
C
B
C
B
lnln minus===== intint
quindi essendo VA = VC
p
C
B
A
V
adiabatica
isocora
isoterma
VA = VC VB
A
BBced
V
VnRTQ lnminus=
Il rapporto VB VA si puograve calcolare considerando la trasformazione AB (adiabatica) per la quale vale
la seguente
PVγ = cost
da cui
=sdot γV
V
nRTcost
e quindi essendo n ed R costanti
T V γ - 1
= cost
Applicata alla trasformazione AB si ha
11 minusminus = γγ
BBAA VTVT
da cui 1minus
=
γ
A
B
B
A
V
V
T
T
e
1
1
minus
=
γ
B
A
A
B
T
T
V
V
Sapendo che v
p
c
c=γ e che cp - cv = R (relazione di Mayer) si ha
vv
vp
v
p
c
R
c
cc
c
c=
minus=minus=minus 11γ oppure
1
1
minus=
γR
cv
2lnlnlnlnln1
1
Bv
B
AB
vR
c
B
AB
B
AB
A
BBced Tnc
T
TT
R
cnR
T
TnRT
T
TnRT
V
VnRTQ
v
minus=
sdotminus=
minus=
minus=minus=
minusγ
Quindi il rendimento ρ risulta essere
302ln12ln
11 =minus=minus=+==Bv
Bv
ass
ced
ass Tnc
Tnc
Q
Q
Q
Lρ
Fisica 1 (AA 2004-2005) Esercizi Termodinamica
16) Una macchina di Carnot ha un rendimento ρ = 22 Le due sorgenti a temperatura costante
differiscono di 75 K Sapendo che il lavoro prodotto in un ciclo egrave L = 200 J calcolare
a) le due temperature T1 e T2 ( con T1 gt T2)
b) la quantitagrave di calore Q1 assorbita dalla macchina di Carnot dalla sorgente a temperatura T1 e la
quantitagrave di calore Q2 ceduta dalla macchina di Carnot alla sorgente a temperatura T2
c) le variazioni di entropia (con il loro segno) 1S∆ e 2S∆ di ciascuna delle due sorgenti
d) la variazione di entropia dellrsquouniverso univS∆
Soluzione
ρ = 22 = 022
T1 ndash T2 = 75 K
L = 200 J
a) T1 = T2 =
b) Q1 =
c) Q2 =
d) ∆S1 = ∆S2 =
e) ∆SUNIV =
a) Consideriamo le quantitagrave di calore Q1 e Q2 come quantitagrave positive Con questa scelta il
rendimento ρ della macchina di Carnot egrave
1
2
1
2 11T
T
Q
Qminus=minus=ρ
11
21
1
21T
T
T
TT
T
T ∆=
minus=minus=ρ
quindi
KKT
T 3419340220
751 cong==
∆=
ρ
e
KTTTT 26675341)( 2112 =minuscongminusminus=
b)
Essendo Q1 e Q2 quantitagrave positive il lavoro prodotto in un ciclo egrave pari alla differenza fra Q1 e Q2
L = Q1 ndash Q2 = 200 J
Inoltre
V
A
D
p
C
B T1
T2
780341
266
1
2
1
2 ===T
T
Q
Q
Abbiamo quindi le seguenti due relazioni nelle due incognite Q1 e Q2
=
=minus
12
21
780
200
Risolvendo
=
=sdotminus
12
11
780
200780
=
=sdot
12
1
780
200220
Q
=
=sdot
12
1
780
220
200
Q
da cui
=
=
JQ
JQ
709
909
2
1
d) La variazione di entropia della sorgente 1 egrave
KJT
QS 662
341
909
1
11 minus=minus=minus=∆
La variazione di entropia della sorgente 2 egrave
KJT
QS 662
266
709
2
22 ==+=∆
e) La variazione di entropia dellrsquouniverso in un ciclo della macchina di Carnot (o di una qualunque
macchina termica reversibile che lavori fra T1 e T2) risulta quindi essere
∆SUNIV = ∆S1 + ∆S2 = - 266 + 266 = 0
Fisica 1 (AA 2004-2005) Esercizi Termodinamica
17) Un gas perfetto monoatomico compie a partire da un certo stato iniziale una trasformazione
isocora fino a una pressione doppia di quella iniziale assorbendo una quantitagrave di calore Q = 45 cal
Si calcoli il lavoro compiuto dal gas se a partire dallo stesso stato iniziale esso compie invece una
trasformazione isobara che ne fa raddoppiare il volume
Soluzione
Il lavoro compiuto dal gas nella trasformazione isobara da I a G egrave semplicemente
( ) 000000 2 VpVVpVpL =minus=∆=
La quantitagrave p0V0 entra nellrsquoequazione di stato dei gas perfetti
000 nRTVp =
Nella trasformazione isocora da I ad F il gas passa da una pressione iniziale pi= p0 a una pressione
finale doppia pf=2p0 La temperatura finale Tf saragrave quindi doppia di quella iniziale Infatti
fnRTVp =sdot 00 )2( fnRTnRT =02 02TT f =
Passando da I ad F il gas monoatomico ( Rcv2
3= ) assorbe una quantitagrave di calore Q = 45 cal
( ) ( ) 0000 2 TncTTncTTncTncQ vvfvv =minus=minus=∆=
00002
3
2
3
2
3VpTnRTRnQ ===
Possiamo quindi ricavare la quantitagrave cercata p0V0
QVp3
200 =
Il lavoro L compiuto dal gas nella trasformazione isobara da I a G egrave quindi
30453
2
3
200 calcalQVpL ====
G I
F
V
2 p0
p0
2 V0 V0
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
18) Un blocco di ghiaccio di massa mg alla temperatura T1 = -10degC egrave immerso in 100g di acqua alla
temperatura T2 = 27degC Calcolare la temperatura finale di equilibrio e la quantitagrave di ghiaccio sciolta
nei due casi
a) mg = 100g
b) mg = 10g
(ca = 1 calg degC cg = 05 calg degC λfus = 80 calg)
Soluzione
a)
Nel primo caso una massa mg = 100g di ghiaccio viene immersa in ma = 100g di acqua Per
ricavare la quantitagrave di ghiaccio sciolta osserviamo che affincheacute il ghiaccio inizi a sciogliersi deve
innanzitutto portarsi dalla temperatura iniziale T1 = -10degC alla temperatura Tfus= 0degC assorbendo
calore dallrsquoacqua circostante La quantitagrave di calore necessaria per il riscaldamento del ghiaccio da -
10degC a 0degC egrave
Qg (T1=-10degC rarr Tfus=0degC) = mg cg ∆T = 100 05 10 = 500 cal
La massa ma di acqua con cui il ghiaccio egrave in contatto termico puograve fornire al ghiaccio al massimo
una quantitagrave di calore Qamax che corrisponde a un raffreddamento dellrsquointera massa drsquoacqua ma fino
alla temperatura di solidificazione dellrsquoacqua Tsol=0degC
Qamax (T2 = 27degC rarr Tsol= 0degC) = ma ca ∆T = 100 1 27 = 2700 cal
Essendo Qamax gt Qg allora il ghiaccio puograve assorbire dallrsquoacqua circostante il calore necessario a
passare da -10degC a 0degC Assorbendo ulteriormente calore il ghiaccio comincia a fondere
La quantitagrave di calore necessaria affincheacute lrsquointera massa mg di ghiaccio si fonda puograve essere ricavata
dalla relazione
Qfus = λfus mg = 80 100 = 8000 cal
La quantitagrave di calore necessaria per la fusione dellrsquointera massa di ghiaccio egrave superiore alla massima
quantitagrave di calore che lrsquoacqua circostante puograve fornire Qfus gt Qamax Non tutta la massa di ghiaccio
puograve quindi passare allo stato liquido con il risultato che coesisteranno in equilibrio acqua e
ghiaccio La temperature di equilibrio Te risulteragrave quindi essere la temperatura di fusione Tfus= 0degC
mg
ma
La quantitagrave mrsquog di ghiaccio fusa puograve essere ricavata dalla conservazione dellrsquoenergia La quantitagrave di
calore massima Qamax che lrsquoacqua circostante puograve fornire serve ad innalzare la temperatura del
ghiaccio da -10degC a 0degC e a fondere solo una parte mrsquog di ghiaccio
Qamax = Qg (T1=-10degC rarr Tfus=0degC) + mrsquog λfus
2700 = 500 + 80 mrsquog
da cui
gm g 52780
2200 ==
b)
Nel secondo caso una massa mg = 10g viene immersa in ma = 100g di acqua
La quantitagrave di calore necessaria adesso per il riscaldamento di soli 10 grammi di ghiaccio da -10degC a
0degC egrave
Qg (T1= -10degC rarr Tfus=0degC) = mg cg ∆T = 10 05 10 = 50 cal
La quantitagrave di calore necessaria per fondere i 10 grammi di ghiaccio egrave pari a
Qfus = λfus mg = 80 10 = 800 cal
La quantitagrave di calore massima Qamax =2700 cal che lrsquoacqua circostante puograve fornire egrave adesso
sufficiente per innalzare la temperatura di mg=10g di ghiaccio da -10degC a 0degC (servono infatti solo
50 cal)e per fondere lrsquointera massa di ghiaccio (servono infatti solo ulteriori 800 cal)
Assorbendo quindi solo 850cal dallrsquoacqua circostante lrsquointera massa mg=10g di ghiaccio fonde e si
ottengono 10 grammi di acqua a 0deg
Assorbendo ulteriormente una quantitagrave di calore Q (0degC rarr te) dalla massa ma=100g di acqua
circostante a piugrave alta temperatura i 10 grammi di acqua a 0deg e la massa ma = 100g si porteranno a
una temperatura intermedia di equilibrio tE
Se si indica Qa la quantitagrave di calore ceduta dalla massa ma = 100g di acqua che si porta dalla
temperatura T1=27degC alla temperatura di equilibrio te il bilancio dei calori scambiati puograve essere
scritto come
Qa (T1=27degC rarr te) = Qg (-10degC rarr 0degC) + Qfus + Q (0degC rarr te)
ma ca (27deg - te) = 50 + 800 + mg ca ( te- 0deg)
100 1 (27deg - te) = 50 + 800 + 10 1 ( te- 0deg)
100 27 ndash 100 te = 850 + 10 te
da cui 2700 ndash 100 te = 850 + 10 te
110 te = 1850
e quindi
Cte deg== 816110
1850
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
19) Una kmole di gas perfetto biatomico egrave contenuta in un recipiente adiabatico munito di pistone di
volume Vi =05m3 Con il pistone bloccato il contenitore viene posto in un ambiente la cui pressione
egrave mantenuta costante al valore p0 = 510 6 Pa Ad un certo istante si sblocca il pistone e il gas si
espande fino a raggiungere lrsquoequilibrio meccanico con lrsquoambiente Si osserva una diminuzione di
temperatura ∆T= - 20 K Calcolare il volume finale Vf del gas
Soluzione
Il recipiente egrave adiabatico quindi il calore scambiato con lrsquoesterno egrave nullo (Q = 0 )
Il lavoro fatto dal gas sullrsquoambiente esterno a pressione p0=costante egrave semplicemente
VpL ∆= 0
Dal primo principio della termodinamica
LLQU minus=minus=∆
La variazione di energia interna del gas perfetto biatomico (cV=52 R) egrave
RRTncU V 50000)20(2
51000 minus=minussdot=∆=∆
3
6
00
080105
31850000m
p
U
p
LVVV if cong
sdot
sdot=
∆minus==minus=∆
358008050 mVVV if =+=∆+=
V = 053
m
n = 1000 Pap
6
0 105 sdot=
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
20) Un gas perfetto biatomico subisce una trasformazione a seguito della quale la pressione varia da
po = 15105 Pa a p1 = 225 10
5 Pa Il calore netto scambiato durante la trasformazione egrave Q=608 J
Sapendo che il volume finale V1 egrave uguale a quello iniziale (Vo = 3 l) determinare
a) la variazione di energia interna ∆U subita dal gas
b) il lavoro fatto dal gas
Soluzione
Il fatto che i volumi iniziale e finale sono uguali non egrave sufficiente per dedurre che il lavoro egrave nullo
(la trasformazione cioegrave non egrave isocora) infatti il lavoro dipende dalla trasformazione subita dal gas
ed il suo valore puograve essere determinato dal primo principio della termodinamica
L = Q - ∆U
La variazione di energia interna di un gas perfetto risulta essere
∆U = n cv (T1-T0)
Le temperature iniziale e finale si determinano dallrsquoequazione di stato del gas perfetto
Tp V
nR
p V
nR
p V
nR0
0 01
1 1 1 0= = = e T
La variazione di energia interna risulta
∆U = n cv ( )0100001 ppV
R
c
nR
Vp
nR
Vp v minus=
minus = 5625 J
Il lavoro del gas risulta quindi
L = Q - ∆U = 608 -5625 = 455 J
La variazione di entropia totale delle tre sorgenti egrave quindi
TOTALES∆ = ∆S1 + ∆S2 + ∆Srsquo2 + ∆S3 = -1
1
T
Q +
2
2
T
Q -
2
2
T
Q +
3
2
T
LQ + = 1510 3minus calK
I primi due termini della somma sono uguali in modulo e di segno opposto (variazione di entropia
delle sorgenti in un ciclo della macchina M) Avremo quindi
∆ Stot = -
2Q
+minus
23
11
TT +
3T
L
2Q =
minus
∆minus
32
3
11
TT
ST
L
=
32
23
3
TT
TT
ST
L
minus
∆minus
= 23
32
TT
TT
minus
∆minus S
T
L
3
=
= 1527815293
1529315278
minus
sdot
sdotminus minus31015
15293
784cong 71cal
b) Se F egrave reversibile allora le variazioni di entropia delle sorgenti con cui F lavora devono essere
uguali in modulo ma di segno opposto
2
2
2T
QS minus=∆ e
2
2
3
33
2
T
QS
T
QS =∆minus==∆
Quindi avremo
=minus
=
LQQ
T
Q
T
Q
23
2
2
3
3
Se la macchina frigorifera F egrave reversibile la sua efficienza η egrave legata alle temperature delle due
sorgenti con cui lavora dalla relazione
23
2
3
2
22
TT
T
Q
L
Q
minus=
minus==η
da cui
calLTT
TLQ 688784
1527815293
15278
23
2
2 congsdotminus
=minus
=sdot= η
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
7) Una macchina irreversibile opera tra due sorgenti alle temperature TC = 550 K e TF = 350 K con
un rendimento ρ del 25 In ogni ciclo la quantitagrave di calore QC = 1200 J viene sottratta alla
sorgente a temperatura TC e fornita al fluido di lavoro nella macchina La quantitagrave di calore QF viene
ceduta dalla macchina alla sorgente a temperatura TF
a) Determinare la variazione di entropia dellrsquouniverso per ogni ciclo di funzionamento
b) Quanto lavoro in piugrave potrebbe compiere una macchina reversibile operante tra queste sorgenti che
assorbisse in ogni ciclo la stessa quantitagrave di calore
c) Facoltativo dimostrare che per ogni ciclo la quantitagrave di lavoro che si rende indisponibile a causa
del processo irreversibile egrave pari a TF univS∆
Soluzione
a)
TC = 550 K
TF = 350 K
2501 =minus==C
F
C Q
Q
Q
Lρ
QC = 1200 J
Nella risoluzione del problema le quantitagrave di calore scambiate sono considerate quantitagrave positive
La variazione di entropia dellrsquouniverso egrave
sorgentimacchinauniv SSS ∆+∆=∆
ma macchinaS∆ = 0 percheacute la macchina lavora ciclicamente mentre sorgentiS∆F
F
C
C
T
Q
T
Q+minus= in quanto
la sorgente calda cede la quantitagrave di calore QC mentre la sorgente fredda riceve la quantitagrave di calore
QF Inoltre conosciamo il rendimento ρ della macchina irreversibile
750250112501 =minus=minus=rArr=minus= ρρC
F
C
F
Q
Q
Q
Q
JQQ CF 9001200750750 =sdot==
quindi sorgentiS∆F
F
C
C
T
Q
T
Q+minus= =
K
J38960
300
900
550
1200+=+minus
TC = 550 K
L
QF
QC
TF = 350 K
b) Una macchina reversibile che lavora fra KTC 550= e KTF 350= ha un rendimento
363636360636401550
35011 ==minuscongminus=minus=
C
Frev
T
Tρ
Conoscendo il rendimento e la quantitagrave di calore assorbita dal termostato caldo JQQ CC 1200 ==
possiamo ricavare la quantitagrave di calore
FQ ceduta al termostato freddo
C
F
C
Frev
T
T
Q
Qminus=minus= 11
ρ da cui
FQC
F
T
T= FC QJQ lt= 6763
La quantitagrave di calore ceduta dalla macchina reversibile al termostato freddo egrave inferiore a quella
ceduta al termostato freddo dalla macchina irreversibile
JQL Crevrev 36436120036360 congsdot== ρ
JQL Cirr 3001200250 =sdot== ρ
JLL irrrev 3613630036436 =minus=minus
Questa quantitagrave rappresenta il lavoro in piugrave che potrebbe compiere una macchina reversibile che
assorbisse in ogni ciclo la stessa quantitagrave di calore di una macchina irreversibile
La variazione di entropia dellrsquouniverso in un ciclo della macchina irreversibile egrave
K
J
T
Q
T
QSS
C
C
F
Fsorgentiuniv 38960=minus=∆=∆
Per la macchina reversibile vale la relazione
C
F
C
F
T
T
Q
Q=
cioegrave C
C
C
C
F
F
T
Q
T
Q
T
Q==
La differenza fra Lrev e Lirr puograve essere riscritta in questo modo
FCFCrev QQQQL minus=minus=
FCirr QQL minus=
univF
C
C
F
FF
F
F
F
FF
F
FFFFFirrrev ST
T
Q
T
QT
T
Q
T
QT
T
QQTQQLL ∆sdot=
minus=
minus=
minus=minus=minus
Infatti
3613638960350 =sdot=∆ univF ST
La quantitagrave di lavoro Lrev - Lirr che si rende indisponibile a causa del processo irreversibile egrave
chiamata ldquoenergia inutilizzabilerdquo ed egrave pari a
univFbileinutilizza STE ∆=
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
8) In un recipiente in cui si trova una massa M1 = 3 kg di ghiaccio alla temperatura T1 = - 20degC si
versa una massa M2 = 200 g di acqua alla temperatura T2 = 10degC La capacitagrave termica del recipiente
e la quantitagrave di calore ceduta dal sistema allambiente esterno sono trascurabili Si calcoli la
temperatura TE del sistema allequilibrio termico
(cA = 1 calgdegC c
G = 05 calgdegC λF = 80 calg)
Soluzione
Affincheacute la massa M1 di ghiaccio possa incominciare a fondere egrave necessario innanzitutto portare la
sua temperatura da ndash 20 degC a 0degC La quantitagrave di calore necessaria egrave
Q (T1=-20degC rarr Tfus=0degC) = M1 cG (Tfus - T1) = 3000 05 20 = 30000 cal
La massima quantitagrave di calore che la massa M2 di acqua a temperatura T2 puograve cedere al blocco di
ghiaccio M1 egrave
Q1(T2 = 10degC rarr Tsol = 0degC) = M2 cA (Tsol - T2) = 200 1 (0 -10) = -2000 cal
Questa quantitagrave di calore non egrave quindi sufficiente a portare M1 fino a 0degC (servirebbero infatti 30000
cal) La massa M2 di acqua a 0degC in contatto con un blocco di ghiaccio a temperatura inferiore
cede calore al blocco M1 e comincia a solidificarsi Affincheacute lrsquointera massa M2 passi dallo stato
liquido allo stato solido egrave necessario che essa ceda una quantitagrave di calore Q2sol pari a
Q2sol = - λF M2 = - 80 200 = - 16000 cal
Dopo avere ceduto una quantitagrave di calore pari a Q1+ Q2sol la massa M2 di acqua inizialmente a
T2=10degC si egrave trasformata in 200 g di ghiaccio a 0degC Essendo M2 (diventata ghiaccio) in contatto
termico con il blocco M1 a temperatura inferiore entrambi raggiungeranno una temperatura di
equilibrio TE da determinare La massa M2 di ghiaccio per portarsi alla temperatura di equilibrio TE
cede al blocco M1 una quantitagrave di calore Q3 data da
M1
M2
Q3(Tsol=0degC rarr TE) = M2 cG (TE -0degC) = 200 05 TE = 100 TE
Il blocco M1 inizialmente a temperatura T1=-20degC per portarsi alla temperatura di equilibrio TE piugrave
alta assorbe (da M2) una quantitagrave di calore Q data da
Q (T1 =-20degC rarr TE) = M1 cG (TE - T1) = 3000 05 (TE + 20) = 1500 (TE + 20)
Essendo trascurabili le quantitagrave di calore scambiate dal sistema con lambiente esterno (sistema
isolato) la somma algebrica delle quantitagrave di calore scambiate da M1 ed M2 deve essere nulla
Q (T1 =-20degC rarr TE) + Q1(T2=10degC rarr Tsol=0degC) + Q2sol + Q3(Tsol=0degC rarr TE) = 0
1500 (TE + 20) - 2000 - 16000 + 100 TE = 0
1500 TE + 100 TE = 18000 - 30000
1600 TE = - 12000
TE = -120001600 = - 75degC
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi (3a parte)
9) Una mole di gas perfetto biatomico egrave sottoposta a un ciclo reversibile costituito da tre
trasformazioni una espansione isoterma da A a B nella quale VB = 3VA una trasformazione a
volume costante da B a C in cui la pressione egrave ridotta una compressione adiabatica da C ad A
a) Determinare Q L ∆U ∆S per ciascuna trasformazione del ciclo
b) Determinare il rendimento del ciclo e confrontarlo con quello di una macchina di Carnot che
lavora fra le temperature estreme
(R = 831 Jmole K pA = 4 x 103 Nm
2 VA = 02 m
3)
Soluzione
n = 1
Rcv2
5=
Rc p2
7=
415
7
2
52
7
====
R
R
c
c
v
pγ
a)
Punto A
pA = 4 x 103 Nm
2
VA = 02 m3
KnR
VpT AA
A 27963181
204000=
sdot
sdot==
Punto B
VB =3 VA = 06 m3
TB = TA = 9627 K
22
3 31333103
4
3
1
3 m
N
m
Np
V
nRT
V
nRTp A
A
A
B
B
B =====
p
V
A
B
isoterma
adiabatica isocora
pA
pB
VA VB
C
Punto C
VC = VB = 3 VA = 06 m3
Il punto C sta nella stessa adiabatica del punto A per cui essendo
p Vγ = costante
si ha γγCCAA VpVp =
da cui 2
41
198593
14000
m
N
V
Vp
V
Vpp
C
A
A
C
A
AC =
sdot=
==
γ
γ
γ
KnR
VpT CC
C 04623181
6019859=
sdot
sdot==
quindi
VC = 06 m3
pC = 85919 Nm2
TC cong 6204 K
Trasformazione A rarr B (isoterma)
∆U (A rarr B) = 0 percheacute U dipende solo da T
quindi ∆U = Q ndash L rArr L = Q
JV
VnRT
V
dVnRTdV
V
nRTpdVL
A
B
ABA 898783ln27963181ln)( =sdotsdotsdot===== intintintrarr
Q (A rarr B) = L (A rarr B) = 87889 J
KJV
VnR
T
TncS
A
B
A
B
VBA 1393ln31810lnln)( =sdotsdot+=+=∆ rarr
Trasformazione B rarr C (isocora)
L (B rarr C) = 0 percheacute V = costante
Quindi ∆U = Q ndash L = Q
∆U(B rarr C) = n cv ∆T = n cv (TC ndash TB) = 52 831 (6204 - 9627) = - 71122 J
Q = ∆U = - 71122 J calore ceduto
KJV
VnR
T
TncS
B
C
B
C
VCB 13902796
0462ln318
2
51lnln)( minus=+sdotsdotsdot=+=∆ rarr
Trasformazione C rarr A (adiabatica)
Q (C rarr A) = 0 percheacute adiabatica
Quindi
∆U(C rarr A) = n cv ∆T = n cv (TA ndash TC) = n cv (TB ndash TC) = - ∆U(B rarr C) =
= 52 831 (9627 ndash 6204) = + 71122 J
∆U = Q ndash L = - L
L(C rarr A) = - ∆U(C rarr A) = - 71122 J
∆S(C rarr A) = 0 perchegrave adiabatica reversibile
Q L ∆U ∆S
A rarr B
Isoterma 87889 J 87889 J 0 913 JK
B rarr C
Isocora - 71122 J 0 - 71122 J - 913 JK
C rarr A
Adiabatica 0 - 71122 J 71122 J 0
ciclo 16767 J 16767 J 0 0
b) Calcolare il rendimento del ciclo
119191089878
67167
)(
)()(cong==
+==
rarr
rarrrarr
BA
ACBA
ass Q
LL
Q
Lρ
Le temperature estreme sono
TA = TB = 9627 K
TC = 6204 K
63535602796
046211 congminus=minus=minus=
A
CC
T
Tρ
ρ lt ρC come ci si aspettava
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica
10) Un pezzo di materiale solido di massa ms = 01 kg viene riscaldato a Ts = 300 degC e poi immerso
in un contenitore a pareti adiabatiche contenente due litri di acqua inizialmente a Ta = 20degC Se la
temperatura finale del sistema egrave di Tf = 213degC si determini il calore specifico cs del solido
assumendo i calori specifici indipendenti dalla temperatura
Soluzione
ms = 01 kg
Va = 2 litri = 2 x 10-3
m3
Ts = 300 degC
Ta = 20degC
Tf = 213degC
cs =
Il corpo di massa ms inizialmente alla temperatura Ts=300 degC egrave immerso in un volume di acqua Va
= 2 litri che si trova inizialmente alla temperatura Ta = 20degC Il corpo a temperatura maggiore cede
calore allrsquoacqua a temperatura inferiore Il recipiente egrave adiabatico (non ci sono dispersioni di calore)
quindi la somma algebrica del calore Qs ceduto dal solido e del calore Qa assorbito dallrsquoacqua deve
essere nulla cioegrave
Qs + Qa = 0
e quindi
Qs = - Qa (1)
La quantitagrave di calore Qs ceduta dal corpo solido egrave pari a
Qs = ms cs (Tf - Ts)
La quantitagrave di calore Qa assorbita dallrsquoacqua egrave data dalla
Qa = ma ca (Tf - Ta) = ρa Va ca (Tf - Ta)
dove ρa = 1000 kgm3 e ca = 1 cal(g degC)= 1000 cal(kg degC)
Sostituendo nella (1) si ottiene
ms cs (Tf - Ts) = - ρa Va ca (Tf - Ta)
da cui
Ckg
J
Ckg
cal
TTm
TTcVc
sfs
afaaa
sdeg
congdeg
=minussdot
minussdotsdotsdotsdotminus=
minus
minusminus=
minus
53902993)300321(10
)20321(10001021000
)(
)( 3ρ
ms
ma
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
11) Vengono fatti espandere adiabaticamente m = 100 g di azoto (N2) fino a compiere un lavoro
L = 250 J Considerando il gas perfetto si calcoli la temperatura finale TB sapendo che quella
iniziale TA egrave di 40 degC (La massa molare dellrsquoazoto N2 egrave Mo = 28 gmole R = 831 J(mol K))
Soluzione
m = 100 g
Mo = 28 gmole
TA = 40degC = 31315 K
L = 250 J
R = 831 Jmole K
Per il primo principio della termodinamica si ha che
∆U = Q ndash L
Il gas effettua una trasformazione adiabatica allora Q = 0 quindi
∆U = ndash L
n cV ∆T = - L
n cV (TB ndash TA) = - L
n cV TB ndash n cV TA = - L
quindi
V
ABnc
LTT minus= (1)
Il gas N2 egrave biatomico quindi RcV2
5= Il numero di moli n si ricava dividendo la massa m del gas
N2 per la massa molare Mo cioegrave
moliM
mn 573
28
100
0
===
Sostituendo nella (1) si ottiene
CKnc
LTT
V
AB deg==
sdotsdot
minus=minus= 63675309
3182
5573
25015313
L=250J
N2
TA=40degC
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
12) Una macchina irreversibile funziona scambiando calore con due sorgenti alle temperature
T1 = 300 K e T2 = 250 K In un ciclo essa produce un lavoro L = 30 cal e la variazione totale di
entropia dellrsquouniverso egrave ∆S = 002 calK Calcolare il rendimento ρ della macchina
Soluzione
T1 = 300 K
T2 = 250 K
L = 30 cal
∆Suniverso = 002 calK
ρ =
Nella risoluzione del problema le quantitagrave di calore Q1 e Q2 assorbita e ceduta dalla macchina sono
considerate come quantitagrave positive Con questa scelta il lavoro fatto dalla macchina egrave pari
semplicemente alla differenza fra il calore assorbito Q1 e il calore ceduto Q2 L=Q1-Q2
Per calcolare il rendimento 1Q
L=ρ della macchina egrave necessario ricavare il calore assorbito Q1
Una relazione fra Q1 e Q2 si ottiene osservando che il lavoro L fatto dalla macchina egrave pari a 30 cal
L = Q1 ndash Q2 = 30 cal
Una seconda relazione fra Q1 e Q2 si puograve ottenere calcolando la variazione di entropia dellrsquouniverso
in un ciclo della macchina visto che la traccia fornisce il suo valore ∆Suniverso = 002 calK
La variazione di entropia dellrsquouniverso ∆Suniverso egrave semplicemente la somma delle variazioni di
entropia della macchina e delle due sorgenti
∆Suniverso = ∆Smacchina + ∆S1 + ∆S2
La variazione di entropia della macchina ∆Smacchina in un ciclo egrave nulla in quanto lrsquoentropia egrave funzione
di stato (lo stato finale della macchina egrave identico a quello iniziale)
La sorgente a temperatura T1 cede una quantitagrave di calore Q1 alla macchina quindi la sua variazione
di entropia ∆S1 egrave negativa
La sorgente a temperatura T2 al contrario acquista dalla macchina una quantitagrave di calore Q2 quindi
la sua variazione di entropia ∆S2 egrave positiva
Quindi
250300
21
2
2
1
121
T
Q
T
QSSSuniverso +minus=+minus=∆+∆=∆
T2
Q2
Q1
L
MT
T1
Otteniamo cosigrave la seconda relazione fra Q1 e Q2
250300020 21 QQ
+minus=
Mettendo a sistema le due relazioni ricavate sopra si ottengono i valori di Q1 e Q2
+=
=+minus
30
100
2
250300
21
21
+=
=++
minus
30
10
2
2530
30
21
22
Dalla prima equazione si ottiene
- 5 (Q2 + 30) + 6 Q2 = 30
-5 Q2 - 150 + 6 Q2 = 30
Q2 = 180 cal
Sostituendo nella seconda si ottiene il valore di Q1
Q1 = Q2 + 30 = 180 + 30 = 210 cal
Il rendimento cercato egrave quindi
14140210
30
1
====Q
Lρ
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
13) Una mole di azoto (N2) occupa inizialmente un volume V0 = 10 l alla temperatura T0 = 400 K Il
gas compie una espansione adiabatica irreversibile a seguito della quale il volume raddoppia Il
lavoro compiuto dal gas durante la trasformazione egrave L = 1250 J
Determinare
a) la temperatura e la pressione del gas quando si egrave stabilito di nuovo lequilibrio termodinamico
b) la variazione di entropia nel processo
R = 831 J(mol K) = 00821 litriatm (mol K)
Soluzione
Lrsquoazoto (N2 ) egrave biatomico quindi il calore specifico molare a volume costante egrave Rcv2
5=
Il gas compie una espansione adiabatica irreversibile durante la quale compie un determinato lavoro
esterno Applicando il primo principio della termodinamica alla trasformazione effettuata dal gas si
ha
∆U =Q ndash L = ndash L
in quanto Q=0 in una trasformazione adiabatica Drsquoaltra parte la variazione di energia interna ∆U in
un gas perfetto che effettua una trasformazione qualsiasi tra due stati che differiscono di ∆T in
temperatura egrave sempre data da ∆U = n cv ∆T Quindi
n cv ∆T = ndash L
n cv (Tf ndash Ti) = ndash L
da cui si ricava la temperatura finale di equilibrio
Knc
LTnc
nc
LTT
v
iv
v
if 340
3182
5
12504003182
5
cong
sdot
minussdotsdot=
minus=minus=
Dallrsquoequazione di stato dei gas perfetti possiamo ricavare il valore della pressione nel nuovo stato
di equilibrio termodinamico
pf Vf = n R Tf
atmV
nRTp
f
f
f 41102
34008210cong
sdot
sdot==
La variazione di entropia del processo puograve essere calcolata utilizzando lrsquoespressione generale per la
variazione di entropia di un gas perfetto fra due stati termodinamici Iequiv (Ti Vi) ed Fequiv (Tf Vf )
KJV
VnR
T
TncS
i
f
i
f
V 38276538310
20ln318
400
340ln318
2
5lnln =+minuscongsdot+sdotsdot=+=∆
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
14) Si considerino due macchine termiche che funzionano con le stesse due sorgenti di calore alle
temperature T2 = 250K e T1 = 500K La prima macchina opera secondo un ciclo di Carnot
assorbendo una quantitagrave di calore Q1 = 1400J dalla sorgente alla temperatura T1 La seconda
macchina descrive invece un ciclo irreversibile il cui rendimento egrave ρ = 035 Il lavoro prodotto dalle
due macchine egrave il medesimo Determinare
a) il lavoro prodotto in un ciclo
b) la variazione di entropia dellrsquouniverso che accompagna ogni ciclo della macchina irreversibile
Soluzione
T1 = 500K
T2 = 250K
Q1 = 1400J (calore assorbito Carnot)
L = Lrsquo=
a)
Il rendimento della macchina di Carnot egrave dato da
50502
1
500
25011
1
2
1
===minus=minus==T
T
Q
LCarnotρ
da cui si ricava immediatamente la risposta al quesito a)
L = ρCarnotQ1 = 05 1400 = 700 J
T1
T2
Q2
Q1
L
CARNOT
b)
Indichiamo con lrsquoapice tutte le grandezze relative alla macchina irreversibile Il lavoro Lrsquo fatto dalla
macchina irreversibile egrave uguale a quello (L=700 J) fatto dalla macchina di Carnot Per calcolare la
variazione di entropia che accompagna ogni ciclo della macchina irreversibile abbiamo bisogno di
conoscere il calore Q1rsquoassorbito dal termostato a temperatura T1 e il calore Q2rsquo ceduto al termostato
a temperatura T2
Conoscendo il rendimento ρ della macchina irreversibile possiamo calcolare il calore Q1rsquo assorbito
dalla macchina
1
Q
L=ρ rarr J
LQ 2000
350
700
1 ===
ρ
Il calore Q2rsquo ceduto dalla macchina irreversibile al termostato a temperatura piugrave bassa T2 saragrave quindi
dato da
Q2rsquo = Q1rsquo ndash Lrsquo = 2000 ndash 700 = 1300 J
La variazione di entropia dellrsquouniverso per ogni ciclo della macchina irreversibile egrave data solamente
dalla variazione di entropia delle sorgenti in quanto la variazione di entropia della macchina in un
ciclo egrave nulla (lrsquoentropia egrave una funzione di stato)
KJT
Q
T
QS sorg 21
250
1300
500
2000
2
2
1
1 =+minus=+minus=∆
T1
T2
Q2rsquo
Q1rsquo
Lrsquo=L Macchina
irreversibile ρρρρrsquo=035
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
15) Un gas perfetto descrive un ciclo reversibile costituito dalle trasformazioni AB adiabatica BC
isoterma e CA isocora
Calcolare il rendimento del ciclo sapendo che TA = 2TB
Soluzione
A rarr B adiabatica
B rarr C isoterma
C rarr A isocora
TA = 2TB
VA = VC (poicheacute isocora)
TB = TC (poicheacute isoterma)
Il rendimento del ciclo egrave dato dalla
ass
cedass
ass Q
Q
L minus==ρ
si devono quindi calcolare Qass e Qced In questo ciclo
QAB = 0 (poicheacute trasformazione adiabatica)
QCA = Qass = n cv ∆T = n cv (TA - TC) = n cv (TA ndash TB) = n cv (2TB ndash TB) = n cv TB
C
BB
B
CB
V
V
B
V
V
BcedBC
V
VnRT
V
VnRT
V
dVnRTdV
V
nRTQQ
C
B
C
B
lnln minus===== intint
quindi essendo VA = VC
p
C
B
A
V
adiabatica
isocora
isoterma
VA = VC VB
A
BBced
V
VnRTQ lnminus=
Il rapporto VB VA si puograve calcolare considerando la trasformazione AB (adiabatica) per la quale vale
la seguente
PVγ = cost
da cui
=sdot γV
V
nRTcost
e quindi essendo n ed R costanti
T V γ - 1
= cost
Applicata alla trasformazione AB si ha
11 minusminus = γγ
BBAA VTVT
da cui 1minus
=
γ
A
B
B
A
V
V
T
T
e
1
1
minus
=
γ
B
A
A
B
T
T
V
V
Sapendo che v
p
c
c=γ e che cp - cv = R (relazione di Mayer) si ha
vv
vp
v
p
c
R
c
cc
c
c=
minus=minus=minus 11γ oppure
1
1
minus=
γR
cv
2lnlnlnlnln1
1
Bv
B
AB
vR
c
B
AB
B
AB
A
BBced Tnc
T
TT
R
cnR
T
TnRT
T
TnRT
V
VnRTQ
v
minus=
sdotminus=
minus=
minus=minus=
minusγ
Quindi il rendimento ρ risulta essere
302ln12ln
11 =minus=minus=+==Bv
Bv
ass
ced
ass Tnc
Tnc
Q
Q
Q
Lρ
Fisica 1 (AA 2004-2005) Esercizi Termodinamica
16) Una macchina di Carnot ha un rendimento ρ = 22 Le due sorgenti a temperatura costante
differiscono di 75 K Sapendo che il lavoro prodotto in un ciclo egrave L = 200 J calcolare
a) le due temperature T1 e T2 ( con T1 gt T2)
b) la quantitagrave di calore Q1 assorbita dalla macchina di Carnot dalla sorgente a temperatura T1 e la
quantitagrave di calore Q2 ceduta dalla macchina di Carnot alla sorgente a temperatura T2
c) le variazioni di entropia (con il loro segno) 1S∆ e 2S∆ di ciascuna delle due sorgenti
d) la variazione di entropia dellrsquouniverso univS∆
Soluzione
ρ = 22 = 022
T1 ndash T2 = 75 K
L = 200 J
a) T1 = T2 =
b) Q1 =
c) Q2 =
d) ∆S1 = ∆S2 =
e) ∆SUNIV =
a) Consideriamo le quantitagrave di calore Q1 e Q2 come quantitagrave positive Con questa scelta il
rendimento ρ della macchina di Carnot egrave
1
2
1
2 11T
T
Q
Qminus=minus=ρ
11
21
1
21T
T
T
TT
T
T ∆=
minus=minus=ρ
quindi
KKT
T 3419340220
751 cong==
∆=
ρ
e
KTTTT 26675341)( 2112 =minuscongminusminus=
b)
Essendo Q1 e Q2 quantitagrave positive il lavoro prodotto in un ciclo egrave pari alla differenza fra Q1 e Q2
L = Q1 ndash Q2 = 200 J
Inoltre
V
A
D
p
C
B T1
T2
780341
266
1
2
1
2 ===T
T
Q
Q
Abbiamo quindi le seguenti due relazioni nelle due incognite Q1 e Q2
=
=minus
12
21
780
200
Risolvendo
=
=sdotminus
12
11
780
200780
=
=sdot
12
1
780
200220
Q
=
=sdot
12
1
780
220
200
Q
da cui
=
=
JQ
JQ
709
909
2
1
d) La variazione di entropia della sorgente 1 egrave
KJT
QS 662
341
909
1
11 minus=minus=minus=∆
La variazione di entropia della sorgente 2 egrave
KJT
QS 662
266
709
2
22 ==+=∆
e) La variazione di entropia dellrsquouniverso in un ciclo della macchina di Carnot (o di una qualunque
macchina termica reversibile che lavori fra T1 e T2) risulta quindi essere
∆SUNIV = ∆S1 + ∆S2 = - 266 + 266 = 0
Fisica 1 (AA 2004-2005) Esercizi Termodinamica
17) Un gas perfetto monoatomico compie a partire da un certo stato iniziale una trasformazione
isocora fino a una pressione doppia di quella iniziale assorbendo una quantitagrave di calore Q = 45 cal
Si calcoli il lavoro compiuto dal gas se a partire dallo stesso stato iniziale esso compie invece una
trasformazione isobara che ne fa raddoppiare il volume
Soluzione
Il lavoro compiuto dal gas nella trasformazione isobara da I a G egrave semplicemente
( ) 000000 2 VpVVpVpL =minus=∆=
La quantitagrave p0V0 entra nellrsquoequazione di stato dei gas perfetti
000 nRTVp =
Nella trasformazione isocora da I ad F il gas passa da una pressione iniziale pi= p0 a una pressione
finale doppia pf=2p0 La temperatura finale Tf saragrave quindi doppia di quella iniziale Infatti
fnRTVp =sdot 00 )2( fnRTnRT =02 02TT f =
Passando da I ad F il gas monoatomico ( Rcv2
3= ) assorbe una quantitagrave di calore Q = 45 cal
( ) ( ) 0000 2 TncTTncTTncTncQ vvfvv =minus=minus=∆=
00002
3
2
3
2
3VpTnRTRnQ ===
Possiamo quindi ricavare la quantitagrave cercata p0V0
QVp3
200 =
Il lavoro L compiuto dal gas nella trasformazione isobara da I a G egrave quindi
30453
2
3
200 calcalQVpL ====
G I
F
V
2 p0
p0
2 V0 V0
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
18) Un blocco di ghiaccio di massa mg alla temperatura T1 = -10degC egrave immerso in 100g di acqua alla
temperatura T2 = 27degC Calcolare la temperatura finale di equilibrio e la quantitagrave di ghiaccio sciolta
nei due casi
a) mg = 100g
b) mg = 10g
(ca = 1 calg degC cg = 05 calg degC λfus = 80 calg)
Soluzione
a)
Nel primo caso una massa mg = 100g di ghiaccio viene immersa in ma = 100g di acqua Per
ricavare la quantitagrave di ghiaccio sciolta osserviamo che affincheacute il ghiaccio inizi a sciogliersi deve
innanzitutto portarsi dalla temperatura iniziale T1 = -10degC alla temperatura Tfus= 0degC assorbendo
calore dallrsquoacqua circostante La quantitagrave di calore necessaria per il riscaldamento del ghiaccio da -
10degC a 0degC egrave
Qg (T1=-10degC rarr Tfus=0degC) = mg cg ∆T = 100 05 10 = 500 cal
La massa ma di acqua con cui il ghiaccio egrave in contatto termico puograve fornire al ghiaccio al massimo
una quantitagrave di calore Qamax che corrisponde a un raffreddamento dellrsquointera massa drsquoacqua ma fino
alla temperatura di solidificazione dellrsquoacqua Tsol=0degC
Qamax (T2 = 27degC rarr Tsol= 0degC) = ma ca ∆T = 100 1 27 = 2700 cal
Essendo Qamax gt Qg allora il ghiaccio puograve assorbire dallrsquoacqua circostante il calore necessario a
passare da -10degC a 0degC Assorbendo ulteriormente calore il ghiaccio comincia a fondere
La quantitagrave di calore necessaria affincheacute lrsquointera massa mg di ghiaccio si fonda puograve essere ricavata
dalla relazione
Qfus = λfus mg = 80 100 = 8000 cal
La quantitagrave di calore necessaria per la fusione dellrsquointera massa di ghiaccio egrave superiore alla massima
quantitagrave di calore che lrsquoacqua circostante puograve fornire Qfus gt Qamax Non tutta la massa di ghiaccio
puograve quindi passare allo stato liquido con il risultato che coesisteranno in equilibrio acqua e
ghiaccio La temperature di equilibrio Te risulteragrave quindi essere la temperatura di fusione Tfus= 0degC
mg
ma
La quantitagrave mrsquog di ghiaccio fusa puograve essere ricavata dalla conservazione dellrsquoenergia La quantitagrave di
calore massima Qamax che lrsquoacqua circostante puograve fornire serve ad innalzare la temperatura del
ghiaccio da -10degC a 0degC e a fondere solo una parte mrsquog di ghiaccio
Qamax = Qg (T1=-10degC rarr Tfus=0degC) + mrsquog λfus
2700 = 500 + 80 mrsquog
da cui
gm g 52780
2200 ==
b)
Nel secondo caso una massa mg = 10g viene immersa in ma = 100g di acqua
La quantitagrave di calore necessaria adesso per il riscaldamento di soli 10 grammi di ghiaccio da -10degC a
0degC egrave
Qg (T1= -10degC rarr Tfus=0degC) = mg cg ∆T = 10 05 10 = 50 cal
La quantitagrave di calore necessaria per fondere i 10 grammi di ghiaccio egrave pari a
Qfus = λfus mg = 80 10 = 800 cal
La quantitagrave di calore massima Qamax =2700 cal che lrsquoacqua circostante puograve fornire egrave adesso
sufficiente per innalzare la temperatura di mg=10g di ghiaccio da -10degC a 0degC (servono infatti solo
50 cal)e per fondere lrsquointera massa di ghiaccio (servono infatti solo ulteriori 800 cal)
Assorbendo quindi solo 850cal dallrsquoacqua circostante lrsquointera massa mg=10g di ghiaccio fonde e si
ottengono 10 grammi di acqua a 0deg
Assorbendo ulteriormente una quantitagrave di calore Q (0degC rarr te) dalla massa ma=100g di acqua
circostante a piugrave alta temperatura i 10 grammi di acqua a 0deg e la massa ma = 100g si porteranno a
una temperatura intermedia di equilibrio tE
Se si indica Qa la quantitagrave di calore ceduta dalla massa ma = 100g di acqua che si porta dalla
temperatura T1=27degC alla temperatura di equilibrio te il bilancio dei calori scambiati puograve essere
scritto come
Qa (T1=27degC rarr te) = Qg (-10degC rarr 0degC) + Qfus + Q (0degC rarr te)
ma ca (27deg - te) = 50 + 800 + mg ca ( te- 0deg)
100 1 (27deg - te) = 50 + 800 + 10 1 ( te- 0deg)
100 27 ndash 100 te = 850 + 10 te
da cui 2700 ndash 100 te = 850 + 10 te
110 te = 1850
e quindi
Cte deg== 816110
1850
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
19) Una kmole di gas perfetto biatomico egrave contenuta in un recipiente adiabatico munito di pistone di
volume Vi =05m3 Con il pistone bloccato il contenitore viene posto in un ambiente la cui pressione
egrave mantenuta costante al valore p0 = 510 6 Pa Ad un certo istante si sblocca il pistone e il gas si
espande fino a raggiungere lrsquoequilibrio meccanico con lrsquoambiente Si osserva una diminuzione di
temperatura ∆T= - 20 K Calcolare il volume finale Vf del gas
Soluzione
Il recipiente egrave adiabatico quindi il calore scambiato con lrsquoesterno egrave nullo (Q = 0 )
Il lavoro fatto dal gas sullrsquoambiente esterno a pressione p0=costante egrave semplicemente
VpL ∆= 0
Dal primo principio della termodinamica
LLQU minus=minus=∆
La variazione di energia interna del gas perfetto biatomico (cV=52 R) egrave
RRTncU V 50000)20(2
51000 minus=minussdot=∆=∆
3
6
00
080105
31850000m
p
U
p
LVVV if cong
sdot
sdot=
∆minus==minus=∆
358008050 mVVV if =+=∆+=
V = 053
m
n = 1000 Pap
6
0 105 sdot=
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
20) Un gas perfetto biatomico subisce una trasformazione a seguito della quale la pressione varia da
po = 15105 Pa a p1 = 225 10
5 Pa Il calore netto scambiato durante la trasformazione egrave Q=608 J
Sapendo che il volume finale V1 egrave uguale a quello iniziale (Vo = 3 l) determinare
a) la variazione di energia interna ∆U subita dal gas
b) il lavoro fatto dal gas
Soluzione
Il fatto che i volumi iniziale e finale sono uguali non egrave sufficiente per dedurre che il lavoro egrave nullo
(la trasformazione cioegrave non egrave isocora) infatti il lavoro dipende dalla trasformazione subita dal gas
ed il suo valore puograve essere determinato dal primo principio della termodinamica
L = Q - ∆U
La variazione di energia interna di un gas perfetto risulta essere
∆U = n cv (T1-T0)
Le temperature iniziale e finale si determinano dallrsquoequazione di stato del gas perfetto
Tp V
nR
p V
nR
p V
nR0
0 01
1 1 1 0= = = e T
La variazione di energia interna risulta
∆U = n cv ( )0100001 ppV
R
c
nR
Vp
nR
Vp v minus=
minus = 5625 J
Il lavoro del gas risulta quindi
L = Q - ∆U = 608 -5625 = 455 J
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
7) Una macchina irreversibile opera tra due sorgenti alle temperature TC = 550 K e TF = 350 K con
un rendimento ρ del 25 In ogni ciclo la quantitagrave di calore QC = 1200 J viene sottratta alla
sorgente a temperatura TC e fornita al fluido di lavoro nella macchina La quantitagrave di calore QF viene
ceduta dalla macchina alla sorgente a temperatura TF
a) Determinare la variazione di entropia dellrsquouniverso per ogni ciclo di funzionamento
b) Quanto lavoro in piugrave potrebbe compiere una macchina reversibile operante tra queste sorgenti che
assorbisse in ogni ciclo la stessa quantitagrave di calore
c) Facoltativo dimostrare che per ogni ciclo la quantitagrave di lavoro che si rende indisponibile a causa
del processo irreversibile egrave pari a TF univS∆
Soluzione
a)
TC = 550 K
TF = 350 K
2501 =minus==C
F
C Q
Q
Q
Lρ
QC = 1200 J
Nella risoluzione del problema le quantitagrave di calore scambiate sono considerate quantitagrave positive
La variazione di entropia dellrsquouniverso egrave
sorgentimacchinauniv SSS ∆+∆=∆
ma macchinaS∆ = 0 percheacute la macchina lavora ciclicamente mentre sorgentiS∆F
F
C
C
T
Q
T
Q+minus= in quanto
la sorgente calda cede la quantitagrave di calore QC mentre la sorgente fredda riceve la quantitagrave di calore
QF Inoltre conosciamo il rendimento ρ della macchina irreversibile
750250112501 =minus=minus=rArr=minus= ρρC
F
C
F
Q
Q
Q
Q
JQQ CF 9001200750750 =sdot==
quindi sorgentiS∆F
F
C
C
T
Q
T
Q+minus= =
K
J38960
300
900
550
1200+=+minus
TC = 550 K
L
QF
QC
TF = 350 K
b) Una macchina reversibile che lavora fra KTC 550= e KTF 350= ha un rendimento
363636360636401550
35011 ==minuscongminus=minus=
C
Frev
T
Tρ
Conoscendo il rendimento e la quantitagrave di calore assorbita dal termostato caldo JQQ CC 1200 ==
possiamo ricavare la quantitagrave di calore
FQ ceduta al termostato freddo
C
F
C
Frev
T
T
Q
Qminus=minus= 11
ρ da cui
FQC
F
T
T= FC QJQ lt= 6763
La quantitagrave di calore ceduta dalla macchina reversibile al termostato freddo egrave inferiore a quella
ceduta al termostato freddo dalla macchina irreversibile
JQL Crevrev 36436120036360 congsdot== ρ
JQL Cirr 3001200250 =sdot== ρ
JLL irrrev 3613630036436 =minus=minus
Questa quantitagrave rappresenta il lavoro in piugrave che potrebbe compiere una macchina reversibile che
assorbisse in ogni ciclo la stessa quantitagrave di calore di una macchina irreversibile
La variazione di entropia dellrsquouniverso in un ciclo della macchina irreversibile egrave
K
J
T
Q
T
QSS
C
C
F
Fsorgentiuniv 38960=minus=∆=∆
Per la macchina reversibile vale la relazione
C
F
C
F
T
T
Q
Q=
cioegrave C
C
C
C
F
F
T
Q
T
Q
T
Q==
La differenza fra Lrev e Lirr puograve essere riscritta in questo modo
FCFCrev QQQQL minus=minus=
FCirr QQL minus=
univF
C
C
F
FF
F
F
F
FF
F
FFFFFirrrev ST
T
Q
T
QT
T
Q
T
QT
T
QQTQQLL ∆sdot=
minus=
minus=
minus=minus=minus
Infatti
3613638960350 =sdot=∆ univF ST
La quantitagrave di lavoro Lrev - Lirr che si rende indisponibile a causa del processo irreversibile egrave
chiamata ldquoenergia inutilizzabilerdquo ed egrave pari a
univFbileinutilizza STE ∆=
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
8) In un recipiente in cui si trova una massa M1 = 3 kg di ghiaccio alla temperatura T1 = - 20degC si
versa una massa M2 = 200 g di acqua alla temperatura T2 = 10degC La capacitagrave termica del recipiente
e la quantitagrave di calore ceduta dal sistema allambiente esterno sono trascurabili Si calcoli la
temperatura TE del sistema allequilibrio termico
(cA = 1 calgdegC c
G = 05 calgdegC λF = 80 calg)
Soluzione
Affincheacute la massa M1 di ghiaccio possa incominciare a fondere egrave necessario innanzitutto portare la
sua temperatura da ndash 20 degC a 0degC La quantitagrave di calore necessaria egrave
Q (T1=-20degC rarr Tfus=0degC) = M1 cG (Tfus - T1) = 3000 05 20 = 30000 cal
La massima quantitagrave di calore che la massa M2 di acqua a temperatura T2 puograve cedere al blocco di
ghiaccio M1 egrave
Q1(T2 = 10degC rarr Tsol = 0degC) = M2 cA (Tsol - T2) = 200 1 (0 -10) = -2000 cal
Questa quantitagrave di calore non egrave quindi sufficiente a portare M1 fino a 0degC (servirebbero infatti 30000
cal) La massa M2 di acqua a 0degC in contatto con un blocco di ghiaccio a temperatura inferiore
cede calore al blocco M1 e comincia a solidificarsi Affincheacute lrsquointera massa M2 passi dallo stato
liquido allo stato solido egrave necessario che essa ceda una quantitagrave di calore Q2sol pari a
Q2sol = - λF M2 = - 80 200 = - 16000 cal
Dopo avere ceduto una quantitagrave di calore pari a Q1+ Q2sol la massa M2 di acqua inizialmente a
T2=10degC si egrave trasformata in 200 g di ghiaccio a 0degC Essendo M2 (diventata ghiaccio) in contatto
termico con il blocco M1 a temperatura inferiore entrambi raggiungeranno una temperatura di
equilibrio TE da determinare La massa M2 di ghiaccio per portarsi alla temperatura di equilibrio TE
cede al blocco M1 una quantitagrave di calore Q3 data da
M1
M2
Q3(Tsol=0degC rarr TE) = M2 cG (TE -0degC) = 200 05 TE = 100 TE
Il blocco M1 inizialmente a temperatura T1=-20degC per portarsi alla temperatura di equilibrio TE piugrave
alta assorbe (da M2) una quantitagrave di calore Q data da
Q (T1 =-20degC rarr TE) = M1 cG (TE - T1) = 3000 05 (TE + 20) = 1500 (TE + 20)
Essendo trascurabili le quantitagrave di calore scambiate dal sistema con lambiente esterno (sistema
isolato) la somma algebrica delle quantitagrave di calore scambiate da M1 ed M2 deve essere nulla
Q (T1 =-20degC rarr TE) + Q1(T2=10degC rarr Tsol=0degC) + Q2sol + Q3(Tsol=0degC rarr TE) = 0
1500 (TE + 20) - 2000 - 16000 + 100 TE = 0
1500 TE + 100 TE = 18000 - 30000
1600 TE = - 12000
TE = -120001600 = - 75degC
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi (3a parte)
9) Una mole di gas perfetto biatomico egrave sottoposta a un ciclo reversibile costituito da tre
trasformazioni una espansione isoterma da A a B nella quale VB = 3VA una trasformazione a
volume costante da B a C in cui la pressione egrave ridotta una compressione adiabatica da C ad A
a) Determinare Q L ∆U ∆S per ciascuna trasformazione del ciclo
b) Determinare il rendimento del ciclo e confrontarlo con quello di una macchina di Carnot che
lavora fra le temperature estreme
(R = 831 Jmole K pA = 4 x 103 Nm
2 VA = 02 m
3)
Soluzione
n = 1
Rcv2
5=
Rc p2
7=
415
7
2
52
7
====
R
R
c
c
v
pγ
a)
Punto A
pA = 4 x 103 Nm
2
VA = 02 m3
KnR
VpT AA
A 27963181
204000=
sdot
sdot==
Punto B
VB =3 VA = 06 m3
TB = TA = 9627 K
22
3 31333103
4
3
1
3 m
N
m
Np
V
nRT
V
nRTp A
A
A
B
B
B =====
p
V
A
B
isoterma
adiabatica isocora
pA
pB
VA VB
C
Punto C
VC = VB = 3 VA = 06 m3
Il punto C sta nella stessa adiabatica del punto A per cui essendo
p Vγ = costante
si ha γγCCAA VpVp =
da cui 2
41
198593
14000
m
N
V
Vp
V
Vpp
C
A
A
C
A
AC =
sdot=
==
γ
γ
γ
KnR
VpT CC
C 04623181
6019859=
sdot
sdot==
quindi
VC = 06 m3
pC = 85919 Nm2
TC cong 6204 K
Trasformazione A rarr B (isoterma)
∆U (A rarr B) = 0 percheacute U dipende solo da T
quindi ∆U = Q ndash L rArr L = Q
JV
VnRT
V
dVnRTdV
V
nRTpdVL
A
B
ABA 898783ln27963181ln)( =sdotsdotsdot===== intintintrarr
Q (A rarr B) = L (A rarr B) = 87889 J
KJV
VnR
T
TncS
A
B
A
B
VBA 1393ln31810lnln)( =sdotsdot+=+=∆ rarr
Trasformazione B rarr C (isocora)
L (B rarr C) = 0 percheacute V = costante
Quindi ∆U = Q ndash L = Q
∆U(B rarr C) = n cv ∆T = n cv (TC ndash TB) = 52 831 (6204 - 9627) = - 71122 J
Q = ∆U = - 71122 J calore ceduto
KJV
VnR
T
TncS
B
C
B
C
VCB 13902796
0462ln318
2
51lnln)( minus=+sdotsdotsdot=+=∆ rarr
Trasformazione C rarr A (adiabatica)
Q (C rarr A) = 0 percheacute adiabatica
Quindi
∆U(C rarr A) = n cv ∆T = n cv (TA ndash TC) = n cv (TB ndash TC) = - ∆U(B rarr C) =
= 52 831 (9627 ndash 6204) = + 71122 J
∆U = Q ndash L = - L
L(C rarr A) = - ∆U(C rarr A) = - 71122 J
∆S(C rarr A) = 0 perchegrave adiabatica reversibile
Q L ∆U ∆S
A rarr B
Isoterma 87889 J 87889 J 0 913 JK
B rarr C
Isocora - 71122 J 0 - 71122 J - 913 JK
C rarr A
Adiabatica 0 - 71122 J 71122 J 0
ciclo 16767 J 16767 J 0 0
b) Calcolare il rendimento del ciclo
119191089878
67167
)(
)()(cong==
+==
rarr
rarrrarr
BA
ACBA
ass Q
LL
Q
Lρ
Le temperature estreme sono
TA = TB = 9627 K
TC = 6204 K
63535602796
046211 congminus=minus=minus=
A
CC
T
Tρ
ρ lt ρC come ci si aspettava
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica
10) Un pezzo di materiale solido di massa ms = 01 kg viene riscaldato a Ts = 300 degC e poi immerso
in un contenitore a pareti adiabatiche contenente due litri di acqua inizialmente a Ta = 20degC Se la
temperatura finale del sistema egrave di Tf = 213degC si determini il calore specifico cs del solido
assumendo i calori specifici indipendenti dalla temperatura
Soluzione
ms = 01 kg
Va = 2 litri = 2 x 10-3
m3
Ts = 300 degC
Ta = 20degC
Tf = 213degC
cs =
Il corpo di massa ms inizialmente alla temperatura Ts=300 degC egrave immerso in un volume di acqua Va
= 2 litri che si trova inizialmente alla temperatura Ta = 20degC Il corpo a temperatura maggiore cede
calore allrsquoacqua a temperatura inferiore Il recipiente egrave adiabatico (non ci sono dispersioni di calore)
quindi la somma algebrica del calore Qs ceduto dal solido e del calore Qa assorbito dallrsquoacqua deve
essere nulla cioegrave
Qs + Qa = 0
e quindi
Qs = - Qa (1)
La quantitagrave di calore Qs ceduta dal corpo solido egrave pari a
Qs = ms cs (Tf - Ts)
La quantitagrave di calore Qa assorbita dallrsquoacqua egrave data dalla
Qa = ma ca (Tf - Ta) = ρa Va ca (Tf - Ta)
dove ρa = 1000 kgm3 e ca = 1 cal(g degC)= 1000 cal(kg degC)
Sostituendo nella (1) si ottiene
ms cs (Tf - Ts) = - ρa Va ca (Tf - Ta)
da cui
Ckg
J
Ckg
cal
TTm
TTcVc
sfs
afaaa
sdeg
congdeg
=minussdot
minussdotsdotsdotsdotminus=
minus
minusminus=
minus
53902993)300321(10
)20321(10001021000
)(
)( 3ρ
ms
ma
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
11) Vengono fatti espandere adiabaticamente m = 100 g di azoto (N2) fino a compiere un lavoro
L = 250 J Considerando il gas perfetto si calcoli la temperatura finale TB sapendo che quella
iniziale TA egrave di 40 degC (La massa molare dellrsquoazoto N2 egrave Mo = 28 gmole R = 831 J(mol K))
Soluzione
m = 100 g
Mo = 28 gmole
TA = 40degC = 31315 K
L = 250 J
R = 831 Jmole K
Per il primo principio della termodinamica si ha che
∆U = Q ndash L
Il gas effettua una trasformazione adiabatica allora Q = 0 quindi
∆U = ndash L
n cV ∆T = - L
n cV (TB ndash TA) = - L
n cV TB ndash n cV TA = - L
quindi
V
ABnc
LTT minus= (1)
Il gas N2 egrave biatomico quindi RcV2
5= Il numero di moli n si ricava dividendo la massa m del gas
N2 per la massa molare Mo cioegrave
moliM
mn 573
28
100
0
===
Sostituendo nella (1) si ottiene
CKnc
LTT
V
AB deg==
sdotsdot
minus=minus= 63675309
3182
5573
25015313
L=250J
N2
TA=40degC
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
12) Una macchina irreversibile funziona scambiando calore con due sorgenti alle temperature
T1 = 300 K e T2 = 250 K In un ciclo essa produce un lavoro L = 30 cal e la variazione totale di
entropia dellrsquouniverso egrave ∆S = 002 calK Calcolare il rendimento ρ della macchina
Soluzione
T1 = 300 K
T2 = 250 K
L = 30 cal
∆Suniverso = 002 calK
ρ =
Nella risoluzione del problema le quantitagrave di calore Q1 e Q2 assorbita e ceduta dalla macchina sono
considerate come quantitagrave positive Con questa scelta il lavoro fatto dalla macchina egrave pari
semplicemente alla differenza fra il calore assorbito Q1 e il calore ceduto Q2 L=Q1-Q2
Per calcolare il rendimento 1Q
L=ρ della macchina egrave necessario ricavare il calore assorbito Q1
Una relazione fra Q1 e Q2 si ottiene osservando che il lavoro L fatto dalla macchina egrave pari a 30 cal
L = Q1 ndash Q2 = 30 cal
Una seconda relazione fra Q1 e Q2 si puograve ottenere calcolando la variazione di entropia dellrsquouniverso
in un ciclo della macchina visto che la traccia fornisce il suo valore ∆Suniverso = 002 calK
La variazione di entropia dellrsquouniverso ∆Suniverso egrave semplicemente la somma delle variazioni di
entropia della macchina e delle due sorgenti
∆Suniverso = ∆Smacchina + ∆S1 + ∆S2
La variazione di entropia della macchina ∆Smacchina in un ciclo egrave nulla in quanto lrsquoentropia egrave funzione
di stato (lo stato finale della macchina egrave identico a quello iniziale)
La sorgente a temperatura T1 cede una quantitagrave di calore Q1 alla macchina quindi la sua variazione
di entropia ∆S1 egrave negativa
La sorgente a temperatura T2 al contrario acquista dalla macchina una quantitagrave di calore Q2 quindi
la sua variazione di entropia ∆S2 egrave positiva
Quindi
250300
21
2
2
1
121
T
Q
T
QSSSuniverso +minus=+minus=∆+∆=∆
T2
Q2
Q1
L
MT
T1
Otteniamo cosigrave la seconda relazione fra Q1 e Q2
250300020 21 QQ
+minus=
Mettendo a sistema le due relazioni ricavate sopra si ottengono i valori di Q1 e Q2
+=
=+minus
30
100
2
250300
21
21
+=
=++
minus
30
10
2
2530
30
21
22
Dalla prima equazione si ottiene
- 5 (Q2 + 30) + 6 Q2 = 30
-5 Q2 - 150 + 6 Q2 = 30
Q2 = 180 cal
Sostituendo nella seconda si ottiene il valore di Q1
Q1 = Q2 + 30 = 180 + 30 = 210 cal
Il rendimento cercato egrave quindi
14140210
30
1
====Q
Lρ
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
13) Una mole di azoto (N2) occupa inizialmente un volume V0 = 10 l alla temperatura T0 = 400 K Il
gas compie una espansione adiabatica irreversibile a seguito della quale il volume raddoppia Il
lavoro compiuto dal gas durante la trasformazione egrave L = 1250 J
Determinare
a) la temperatura e la pressione del gas quando si egrave stabilito di nuovo lequilibrio termodinamico
b) la variazione di entropia nel processo
R = 831 J(mol K) = 00821 litriatm (mol K)
Soluzione
Lrsquoazoto (N2 ) egrave biatomico quindi il calore specifico molare a volume costante egrave Rcv2
5=
Il gas compie una espansione adiabatica irreversibile durante la quale compie un determinato lavoro
esterno Applicando il primo principio della termodinamica alla trasformazione effettuata dal gas si
ha
∆U =Q ndash L = ndash L
in quanto Q=0 in una trasformazione adiabatica Drsquoaltra parte la variazione di energia interna ∆U in
un gas perfetto che effettua una trasformazione qualsiasi tra due stati che differiscono di ∆T in
temperatura egrave sempre data da ∆U = n cv ∆T Quindi
n cv ∆T = ndash L
n cv (Tf ndash Ti) = ndash L
da cui si ricava la temperatura finale di equilibrio
Knc
LTnc
nc
LTT
v
iv
v
if 340
3182
5
12504003182
5
cong
sdot
minussdotsdot=
minus=minus=
Dallrsquoequazione di stato dei gas perfetti possiamo ricavare il valore della pressione nel nuovo stato
di equilibrio termodinamico
pf Vf = n R Tf
atmV
nRTp
f
f
f 41102
34008210cong
sdot
sdot==
La variazione di entropia del processo puograve essere calcolata utilizzando lrsquoespressione generale per la
variazione di entropia di un gas perfetto fra due stati termodinamici Iequiv (Ti Vi) ed Fequiv (Tf Vf )
KJV
VnR
T
TncS
i
f
i
f
V 38276538310
20ln318
400
340ln318
2
5lnln =+minuscongsdot+sdotsdot=+=∆
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
14) Si considerino due macchine termiche che funzionano con le stesse due sorgenti di calore alle
temperature T2 = 250K e T1 = 500K La prima macchina opera secondo un ciclo di Carnot
assorbendo una quantitagrave di calore Q1 = 1400J dalla sorgente alla temperatura T1 La seconda
macchina descrive invece un ciclo irreversibile il cui rendimento egrave ρ = 035 Il lavoro prodotto dalle
due macchine egrave il medesimo Determinare
a) il lavoro prodotto in un ciclo
b) la variazione di entropia dellrsquouniverso che accompagna ogni ciclo della macchina irreversibile
Soluzione
T1 = 500K
T2 = 250K
Q1 = 1400J (calore assorbito Carnot)
L = Lrsquo=
a)
Il rendimento della macchina di Carnot egrave dato da
50502
1
500
25011
1
2
1
===minus=minus==T
T
Q
LCarnotρ
da cui si ricava immediatamente la risposta al quesito a)
L = ρCarnotQ1 = 05 1400 = 700 J
T1
T2
Q2
Q1
L
CARNOT
b)
Indichiamo con lrsquoapice tutte le grandezze relative alla macchina irreversibile Il lavoro Lrsquo fatto dalla
macchina irreversibile egrave uguale a quello (L=700 J) fatto dalla macchina di Carnot Per calcolare la
variazione di entropia che accompagna ogni ciclo della macchina irreversibile abbiamo bisogno di
conoscere il calore Q1rsquoassorbito dal termostato a temperatura T1 e il calore Q2rsquo ceduto al termostato
a temperatura T2
Conoscendo il rendimento ρ della macchina irreversibile possiamo calcolare il calore Q1rsquo assorbito
dalla macchina
1
Q
L=ρ rarr J
LQ 2000
350
700
1 ===
ρ
Il calore Q2rsquo ceduto dalla macchina irreversibile al termostato a temperatura piugrave bassa T2 saragrave quindi
dato da
Q2rsquo = Q1rsquo ndash Lrsquo = 2000 ndash 700 = 1300 J
La variazione di entropia dellrsquouniverso per ogni ciclo della macchina irreversibile egrave data solamente
dalla variazione di entropia delle sorgenti in quanto la variazione di entropia della macchina in un
ciclo egrave nulla (lrsquoentropia egrave una funzione di stato)
KJT
Q
T
QS sorg 21
250
1300
500
2000
2
2
1
1 =+minus=+minus=∆
T1
T2
Q2rsquo
Q1rsquo
Lrsquo=L Macchina
irreversibile ρρρρrsquo=035
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
15) Un gas perfetto descrive un ciclo reversibile costituito dalle trasformazioni AB adiabatica BC
isoterma e CA isocora
Calcolare il rendimento del ciclo sapendo che TA = 2TB
Soluzione
A rarr B adiabatica
B rarr C isoterma
C rarr A isocora
TA = 2TB
VA = VC (poicheacute isocora)
TB = TC (poicheacute isoterma)
Il rendimento del ciclo egrave dato dalla
ass
cedass
ass Q
Q
L minus==ρ
si devono quindi calcolare Qass e Qced In questo ciclo
QAB = 0 (poicheacute trasformazione adiabatica)
QCA = Qass = n cv ∆T = n cv (TA - TC) = n cv (TA ndash TB) = n cv (2TB ndash TB) = n cv TB
C
BB
B
CB
V
V
B
V
V
BcedBC
V
VnRT
V
VnRT
V
dVnRTdV
V
nRTQQ
C
B
C
B
lnln minus===== intint
quindi essendo VA = VC
p
C
B
A
V
adiabatica
isocora
isoterma
VA = VC VB
A
BBced
V
VnRTQ lnminus=
Il rapporto VB VA si puograve calcolare considerando la trasformazione AB (adiabatica) per la quale vale
la seguente
PVγ = cost
da cui
=sdot γV
V
nRTcost
e quindi essendo n ed R costanti
T V γ - 1
= cost
Applicata alla trasformazione AB si ha
11 minusminus = γγ
BBAA VTVT
da cui 1minus
=
γ
A
B
B
A
V
V
T
T
e
1
1
minus
=
γ
B
A
A
B
T
T
V
V
Sapendo che v
p
c
c=γ e che cp - cv = R (relazione di Mayer) si ha
vv
vp
v
p
c
R
c
cc
c
c=
minus=minus=minus 11γ oppure
1
1
minus=
γR
cv
2lnlnlnlnln1
1
Bv
B
AB
vR
c
B
AB
B
AB
A
BBced Tnc
T
TT
R
cnR
T
TnRT
T
TnRT
V
VnRTQ
v
minus=
sdotminus=
minus=
minus=minus=
minusγ
Quindi il rendimento ρ risulta essere
302ln12ln
11 =minus=minus=+==Bv
Bv
ass
ced
ass Tnc
Tnc
Q
Q
Q
Lρ
Fisica 1 (AA 2004-2005) Esercizi Termodinamica
16) Una macchina di Carnot ha un rendimento ρ = 22 Le due sorgenti a temperatura costante
differiscono di 75 K Sapendo che il lavoro prodotto in un ciclo egrave L = 200 J calcolare
a) le due temperature T1 e T2 ( con T1 gt T2)
b) la quantitagrave di calore Q1 assorbita dalla macchina di Carnot dalla sorgente a temperatura T1 e la
quantitagrave di calore Q2 ceduta dalla macchina di Carnot alla sorgente a temperatura T2
c) le variazioni di entropia (con il loro segno) 1S∆ e 2S∆ di ciascuna delle due sorgenti
d) la variazione di entropia dellrsquouniverso univS∆
Soluzione
ρ = 22 = 022
T1 ndash T2 = 75 K
L = 200 J
a) T1 = T2 =
b) Q1 =
c) Q2 =
d) ∆S1 = ∆S2 =
e) ∆SUNIV =
a) Consideriamo le quantitagrave di calore Q1 e Q2 come quantitagrave positive Con questa scelta il
rendimento ρ della macchina di Carnot egrave
1
2
1
2 11T
T
Q
Qminus=minus=ρ
11
21
1
21T
T
T
TT
T
T ∆=
minus=minus=ρ
quindi
KKT
T 3419340220
751 cong==
∆=
ρ
e
KTTTT 26675341)( 2112 =minuscongminusminus=
b)
Essendo Q1 e Q2 quantitagrave positive il lavoro prodotto in un ciclo egrave pari alla differenza fra Q1 e Q2
L = Q1 ndash Q2 = 200 J
Inoltre
V
A
D
p
C
B T1
T2
780341
266
1
2
1
2 ===T
T
Q
Q
Abbiamo quindi le seguenti due relazioni nelle due incognite Q1 e Q2
=
=minus
12
21
780
200
Risolvendo
=
=sdotminus
12
11
780
200780
=
=sdot
12
1
780
200220
Q
=
=sdot
12
1
780
220
200
Q
da cui
=
=
JQ
JQ
709
909
2
1
d) La variazione di entropia della sorgente 1 egrave
KJT
QS 662
341
909
1
11 minus=minus=minus=∆
La variazione di entropia della sorgente 2 egrave
KJT
QS 662
266
709
2
22 ==+=∆
e) La variazione di entropia dellrsquouniverso in un ciclo della macchina di Carnot (o di una qualunque
macchina termica reversibile che lavori fra T1 e T2) risulta quindi essere
∆SUNIV = ∆S1 + ∆S2 = - 266 + 266 = 0
Fisica 1 (AA 2004-2005) Esercizi Termodinamica
17) Un gas perfetto monoatomico compie a partire da un certo stato iniziale una trasformazione
isocora fino a una pressione doppia di quella iniziale assorbendo una quantitagrave di calore Q = 45 cal
Si calcoli il lavoro compiuto dal gas se a partire dallo stesso stato iniziale esso compie invece una
trasformazione isobara che ne fa raddoppiare il volume
Soluzione
Il lavoro compiuto dal gas nella trasformazione isobara da I a G egrave semplicemente
( ) 000000 2 VpVVpVpL =minus=∆=
La quantitagrave p0V0 entra nellrsquoequazione di stato dei gas perfetti
000 nRTVp =
Nella trasformazione isocora da I ad F il gas passa da una pressione iniziale pi= p0 a una pressione
finale doppia pf=2p0 La temperatura finale Tf saragrave quindi doppia di quella iniziale Infatti
fnRTVp =sdot 00 )2( fnRTnRT =02 02TT f =
Passando da I ad F il gas monoatomico ( Rcv2
3= ) assorbe una quantitagrave di calore Q = 45 cal
( ) ( ) 0000 2 TncTTncTTncTncQ vvfvv =minus=minus=∆=
00002
3
2
3
2
3VpTnRTRnQ ===
Possiamo quindi ricavare la quantitagrave cercata p0V0
QVp3
200 =
Il lavoro L compiuto dal gas nella trasformazione isobara da I a G egrave quindi
30453
2
3
200 calcalQVpL ====
G I
F
V
2 p0
p0
2 V0 V0
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
18) Un blocco di ghiaccio di massa mg alla temperatura T1 = -10degC egrave immerso in 100g di acqua alla
temperatura T2 = 27degC Calcolare la temperatura finale di equilibrio e la quantitagrave di ghiaccio sciolta
nei due casi
a) mg = 100g
b) mg = 10g
(ca = 1 calg degC cg = 05 calg degC λfus = 80 calg)
Soluzione
a)
Nel primo caso una massa mg = 100g di ghiaccio viene immersa in ma = 100g di acqua Per
ricavare la quantitagrave di ghiaccio sciolta osserviamo che affincheacute il ghiaccio inizi a sciogliersi deve
innanzitutto portarsi dalla temperatura iniziale T1 = -10degC alla temperatura Tfus= 0degC assorbendo
calore dallrsquoacqua circostante La quantitagrave di calore necessaria per il riscaldamento del ghiaccio da -
10degC a 0degC egrave
Qg (T1=-10degC rarr Tfus=0degC) = mg cg ∆T = 100 05 10 = 500 cal
La massa ma di acqua con cui il ghiaccio egrave in contatto termico puograve fornire al ghiaccio al massimo
una quantitagrave di calore Qamax che corrisponde a un raffreddamento dellrsquointera massa drsquoacqua ma fino
alla temperatura di solidificazione dellrsquoacqua Tsol=0degC
Qamax (T2 = 27degC rarr Tsol= 0degC) = ma ca ∆T = 100 1 27 = 2700 cal
Essendo Qamax gt Qg allora il ghiaccio puograve assorbire dallrsquoacqua circostante il calore necessario a
passare da -10degC a 0degC Assorbendo ulteriormente calore il ghiaccio comincia a fondere
La quantitagrave di calore necessaria affincheacute lrsquointera massa mg di ghiaccio si fonda puograve essere ricavata
dalla relazione
Qfus = λfus mg = 80 100 = 8000 cal
La quantitagrave di calore necessaria per la fusione dellrsquointera massa di ghiaccio egrave superiore alla massima
quantitagrave di calore che lrsquoacqua circostante puograve fornire Qfus gt Qamax Non tutta la massa di ghiaccio
puograve quindi passare allo stato liquido con il risultato che coesisteranno in equilibrio acqua e
ghiaccio La temperature di equilibrio Te risulteragrave quindi essere la temperatura di fusione Tfus= 0degC
mg
ma
La quantitagrave mrsquog di ghiaccio fusa puograve essere ricavata dalla conservazione dellrsquoenergia La quantitagrave di
calore massima Qamax che lrsquoacqua circostante puograve fornire serve ad innalzare la temperatura del
ghiaccio da -10degC a 0degC e a fondere solo una parte mrsquog di ghiaccio
Qamax = Qg (T1=-10degC rarr Tfus=0degC) + mrsquog λfus
2700 = 500 + 80 mrsquog
da cui
gm g 52780
2200 ==
b)
Nel secondo caso una massa mg = 10g viene immersa in ma = 100g di acqua
La quantitagrave di calore necessaria adesso per il riscaldamento di soli 10 grammi di ghiaccio da -10degC a
0degC egrave
Qg (T1= -10degC rarr Tfus=0degC) = mg cg ∆T = 10 05 10 = 50 cal
La quantitagrave di calore necessaria per fondere i 10 grammi di ghiaccio egrave pari a
Qfus = λfus mg = 80 10 = 800 cal
La quantitagrave di calore massima Qamax =2700 cal che lrsquoacqua circostante puograve fornire egrave adesso
sufficiente per innalzare la temperatura di mg=10g di ghiaccio da -10degC a 0degC (servono infatti solo
50 cal)e per fondere lrsquointera massa di ghiaccio (servono infatti solo ulteriori 800 cal)
Assorbendo quindi solo 850cal dallrsquoacqua circostante lrsquointera massa mg=10g di ghiaccio fonde e si
ottengono 10 grammi di acqua a 0deg
Assorbendo ulteriormente una quantitagrave di calore Q (0degC rarr te) dalla massa ma=100g di acqua
circostante a piugrave alta temperatura i 10 grammi di acqua a 0deg e la massa ma = 100g si porteranno a
una temperatura intermedia di equilibrio tE
Se si indica Qa la quantitagrave di calore ceduta dalla massa ma = 100g di acqua che si porta dalla
temperatura T1=27degC alla temperatura di equilibrio te il bilancio dei calori scambiati puograve essere
scritto come
Qa (T1=27degC rarr te) = Qg (-10degC rarr 0degC) + Qfus + Q (0degC rarr te)
ma ca (27deg - te) = 50 + 800 + mg ca ( te- 0deg)
100 1 (27deg - te) = 50 + 800 + 10 1 ( te- 0deg)
100 27 ndash 100 te = 850 + 10 te
da cui 2700 ndash 100 te = 850 + 10 te
110 te = 1850
e quindi
Cte deg== 816110
1850
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
19) Una kmole di gas perfetto biatomico egrave contenuta in un recipiente adiabatico munito di pistone di
volume Vi =05m3 Con il pistone bloccato il contenitore viene posto in un ambiente la cui pressione
egrave mantenuta costante al valore p0 = 510 6 Pa Ad un certo istante si sblocca il pistone e il gas si
espande fino a raggiungere lrsquoequilibrio meccanico con lrsquoambiente Si osserva una diminuzione di
temperatura ∆T= - 20 K Calcolare il volume finale Vf del gas
Soluzione
Il recipiente egrave adiabatico quindi il calore scambiato con lrsquoesterno egrave nullo (Q = 0 )
Il lavoro fatto dal gas sullrsquoambiente esterno a pressione p0=costante egrave semplicemente
VpL ∆= 0
Dal primo principio della termodinamica
LLQU minus=minus=∆
La variazione di energia interna del gas perfetto biatomico (cV=52 R) egrave
RRTncU V 50000)20(2
51000 minus=minussdot=∆=∆
3
6
00
080105
31850000m
p
U
p
LVVV if cong
sdot
sdot=
∆minus==minus=∆
358008050 mVVV if =+=∆+=
V = 053
m
n = 1000 Pap
6
0 105 sdot=
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
20) Un gas perfetto biatomico subisce una trasformazione a seguito della quale la pressione varia da
po = 15105 Pa a p1 = 225 10
5 Pa Il calore netto scambiato durante la trasformazione egrave Q=608 J
Sapendo che il volume finale V1 egrave uguale a quello iniziale (Vo = 3 l) determinare
a) la variazione di energia interna ∆U subita dal gas
b) il lavoro fatto dal gas
Soluzione
Il fatto che i volumi iniziale e finale sono uguali non egrave sufficiente per dedurre che il lavoro egrave nullo
(la trasformazione cioegrave non egrave isocora) infatti il lavoro dipende dalla trasformazione subita dal gas
ed il suo valore puograve essere determinato dal primo principio della termodinamica
L = Q - ∆U
La variazione di energia interna di un gas perfetto risulta essere
∆U = n cv (T1-T0)
Le temperature iniziale e finale si determinano dallrsquoequazione di stato del gas perfetto
Tp V
nR
p V
nR
p V
nR0
0 01
1 1 1 0= = = e T
La variazione di energia interna risulta
∆U = n cv ( )0100001 ppV
R
c
nR
Vp
nR
Vp v minus=
minus = 5625 J
Il lavoro del gas risulta quindi
L = Q - ∆U = 608 -5625 = 455 J
b) Una macchina reversibile che lavora fra KTC 550= e KTF 350= ha un rendimento
363636360636401550
35011 ==minuscongminus=minus=
C
Frev
T
Tρ
Conoscendo il rendimento e la quantitagrave di calore assorbita dal termostato caldo JQQ CC 1200 ==
possiamo ricavare la quantitagrave di calore
FQ ceduta al termostato freddo
C
F
C
Frev
T
T
Q
Qminus=minus= 11
ρ da cui
FQC
F
T
T= FC QJQ lt= 6763
La quantitagrave di calore ceduta dalla macchina reversibile al termostato freddo egrave inferiore a quella
ceduta al termostato freddo dalla macchina irreversibile
JQL Crevrev 36436120036360 congsdot== ρ
JQL Cirr 3001200250 =sdot== ρ
JLL irrrev 3613630036436 =minus=minus
Questa quantitagrave rappresenta il lavoro in piugrave che potrebbe compiere una macchina reversibile che
assorbisse in ogni ciclo la stessa quantitagrave di calore di una macchina irreversibile
La variazione di entropia dellrsquouniverso in un ciclo della macchina irreversibile egrave
K
J
T
Q
T
QSS
C
C
F
Fsorgentiuniv 38960=minus=∆=∆
Per la macchina reversibile vale la relazione
C
F
C
F
T
T
Q
Q=
cioegrave C
C
C
C
F
F
T
Q
T
Q
T
Q==
La differenza fra Lrev e Lirr puograve essere riscritta in questo modo
FCFCrev QQQQL minus=minus=
FCirr QQL minus=
univF
C
C
F
FF
F
F
F
FF
F
FFFFFirrrev ST
T
Q
T
QT
T
Q
T
QT
T
QQTQQLL ∆sdot=
minus=
minus=
minus=minus=minus
Infatti
3613638960350 =sdot=∆ univF ST
La quantitagrave di lavoro Lrev - Lirr che si rende indisponibile a causa del processo irreversibile egrave
chiamata ldquoenergia inutilizzabilerdquo ed egrave pari a
univFbileinutilizza STE ∆=
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
8) In un recipiente in cui si trova una massa M1 = 3 kg di ghiaccio alla temperatura T1 = - 20degC si
versa una massa M2 = 200 g di acqua alla temperatura T2 = 10degC La capacitagrave termica del recipiente
e la quantitagrave di calore ceduta dal sistema allambiente esterno sono trascurabili Si calcoli la
temperatura TE del sistema allequilibrio termico
(cA = 1 calgdegC c
G = 05 calgdegC λF = 80 calg)
Soluzione
Affincheacute la massa M1 di ghiaccio possa incominciare a fondere egrave necessario innanzitutto portare la
sua temperatura da ndash 20 degC a 0degC La quantitagrave di calore necessaria egrave
Q (T1=-20degC rarr Tfus=0degC) = M1 cG (Tfus - T1) = 3000 05 20 = 30000 cal
La massima quantitagrave di calore che la massa M2 di acqua a temperatura T2 puograve cedere al blocco di
ghiaccio M1 egrave
Q1(T2 = 10degC rarr Tsol = 0degC) = M2 cA (Tsol - T2) = 200 1 (0 -10) = -2000 cal
Questa quantitagrave di calore non egrave quindi sufficiente a portare M1 fino a 0degC (servirebbero infatti 30000
cal) La massa M2 di acqua a 0degC in contatto con un blocco di ghiaccio a temperatura inferiore
cede calore al blocco M1 e comincia a solidificarsi Affincheacute lrsquointera massa M2 passi dallo stato
liquido allo stato solido egrave necessario che essa ceda una quantitagrave di calore Q2sol pari a
Q2sol = - λF M2 = - 80 200 = - 16000 cal
Dopo avere ceduto una quantitagrave di calore pari a Q1+ Q2sol la massa M2 di acqua inizialmente a
T2=10degC si egrave trasformata in 200 g di ghiaccio a 0degC Essendo M2 (diventata ghiaccio) in contatto
termico con il blocco M1 a temperatura inferiore entrambi raggiungeranno una temperatura di
equilibrio TE da determinare La massa M2 di ghiaccio per portarsi alla temperatura di equilibrio TE
cede al blocco M1 una quantitagrave di calore Q3 data da
M1
M2
Q3(Tsol=0degC rarr TE) = M2 cG (TE -0degC) = 200 05 TE = 100 TE
Il blocco M1 inizialmente a temperatura T1=-20degC per portarsi alla temperatura di equilibrio TE piugrave
alta assorbe (da M2) una quantitagrave di calore Q data da
Q (T1 =-20degC rarr TE) = M1 cG (TE - T1) = 3000 05 (TE + 20) = 1500 (TE + 20)
Essendo trascurabili le quantitagrave di calore scambiate dal sistema con lambiente esterno (sistema
isolato) la somma algebrica delle quantitagrave di calore scambiate da M1 ed M2 deve essere nulla
Q (T1 =-20degC rarr TE) + Q1(T2=10degC rarr Tsol=0degC) + Q2sol + Q3(Tsol=0degC rarr TE) = 0
1500 (TE + 20) - 2000 - 16000 + 100 TE = 0
1500 TE + 100 TE = 18000 - 30000
1600 TE = - 12000
TE = -120001600 = - 75degC
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi (3a parte)
9) Una mole di gas perfetto biatomico egrave sottoposta a un ciclo reversibile costituito da tre
trasformazioni una espansione isoterma da A a B nella quale VB = 3VA una trasformazione a
volume costante da B a C in cui la pressione egrave ridotta una compressione adiabatica da C ad A
a) Determinare Q L ∆U ∆S per ciascuna trasformazione del ciclo
b) Determinare il rendimento del ciclo e confrontarlo con quello di una macchina di Carnot che
lavora fra le temperature estreme
(R = 831 Jmole K pA = 4 x 103 Nm
2 VA = 02 m
3)
Soluzione
n = 1
Rcv2
5=
Rc p2
7=
415
7
2
52
7
====
R
R
c
c
v
pγ
a)
Punto A
pA = 4 x 103 Nm
2
VA = 02 m3
KnR
VpT AA
A 27963181
204000=
sdot
sdot==
Punto B
VB =3 VA = 06 m3
TB = TA = 9627 K
22
3 31333103
4
3
1
3 m
N
m
Np
V
nRT
V
nRTp A
A
A
B
B
B =====
p
V
A
B
isoterma
adiabatica isocora
pA
pB
VA VB
C
Punto C
VC = VB = 3 VA = 06 m3
Il punto C sta nella stessa adiabatica del punto A per cui essendo
p Vγ = costante
si ha γγCCAA VpVp =
da cui 2
41
198593
14000
m
N
V
Vp
V
Vpp
C
A
A
C
A
AC =
sdot=
==
γ
γ
γ
KnR
VpT CC
C 04623181
6019859=
sdot
sdot==
quindi
VC = 06 m3
pC = 85919 Nm2
TC cong 6204 K
Trasformazione A rarr B (isoterma)
∆U (A rarr B) = 0 percheacute U dipende solo da T
quindi ∆U = Q ndash L rArr L = Q
JV
VnRT
V
dVnRTdV
V
nRTpdVL
A
B
ABA 898783ln27963181ln)( =sdotsdotsdot===== intintintrarr
Q (A rarr B) = L (A rarr B) = 87889 J
KJV
VnR
T
TncS
A
B
A
B
VBA 1393ln31810lnln)( =sdotsdot+=+=∆ rarr
Trasformazione B rarr C (isocora)
L (B rarr C) = 0 percheacute V = costante
Quindi ∆U = Q ndash L = Q
∆U(B rarr C) = n cv ∆T = n cv (TC ndash TB) = 52 831 (6204 - 9627) = - 71122 J
Q = ∆U = - 71122 J calore ceduto
KJV
VnR
T
TncS
B
C
B
C
VCB 13902796
0462ln318
2
51lnln)( minus=+sdotsdotsdot=+=∆ rarr
Trasformazione C rarr A (adiabatica)
Q (C rarr A) = 0 percheacute adiabatica
Quindi
∆U(C rarr A) = n cv ∆T = n cv (TA ndash TC) = n cv (TB ndash TC) = - ∆U(B rarr C) =
= 52 831 (9627 ndash 6204) = + 71122 J
∆U = Q ndash L = - L
L(C rarr A) = - ∆U(C rarr A) = - 71122 J
∆S(C rarr A) = 0 perchegrave adiabatica reversibile
Q L ∆U ∆S
A rarr B
Isoterma 87889 J 87889 J 0 913 JK
B rarr C
Isocora - 71122 J 0 - 71122 J - 913 JK
C rarr A
Adiabatica 0 - 71122 J 71122 J 0
ciclo 16767 J 16767 J 0 0
b) Calcolare il rendimento del ciclo
119191089878
67167
)(
)()(cong==
+==
rarr
rarrrarr
BA
ACBA
ass Q
LL
Q
Lρ
Le temperature estreme sono
TA = TB = 9627 K
TC = 6204 K
63535602796
046211 congminus=minus=minus=
A
CC
T
Tρ
ρ lt ρC come ci si aspettava
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica
10) Un pezzo di materiale solido di massa ms = 01 kg viene riscaldato a Ts = 300 degC e poi immerso
in un contenitore a pareti adiabatiche contenente due litri di acqua inizialmente a Ta = 20degC Se la
temperatura finale del sistema egrave di Tf = 213degC si determini il calore specifico cs del solido
assumendo i calori specifici indipendenti dalla temperatura
Soluzione
ms = 01 kg
Va = 2 litri = 2 x 10-3
m3
Ts = 300 degC
Ta = 20degC
Tf = 213degC
cs =
Il corpo di massa ms inizialmente alla temperatura Ts=300 degC egrave immerso in un volume di acqua Va
= 2 litri che si trova inizialmente alla temperatura Ta = 20degC Il corpo a temperatura maggiore cede
calore allrsquoacqua a temperatura inferiore Il recipiente egrave adiabatico (non ci sono dispersioni di calore)
quindi la somma algebrica del calore Qs ceduto dal solido e del calore Qa assorbito dallrsquoacqua deve
essere nulla cioegrave
Qs + Qa = 0
e quindi
Qs = - Qa (1)
La quantitagrave di calore Qs ceduta dal corpo solido egrave pari a
Qs = ms cs (Tf - Ts)
La quantitagrave di calore Qa assorbita dallrsquoacqua egrave data dalla
Qa = ma ca (Tf - Ta) = ρa Va ca (Tf - Ta)
dove ρa = 1000 kgm3 e ca = 1 cal(g degC)= 1000 cal(kg degC)
Sostituendo nella (1) si ottiene
ms cs (Tf - Ts) = - ρa Va ca (Tf - Ta)
da cui
Ckg
J
Ckg
cal
TTm
TTcVc
sfs
afaaa
sdeg
congdeg
=minussdot
minussdotsdotsdotsdotminus=
minus
minusminus=
minus
53902993)300321(10
)20321(10001021000
)(
)( 3ρ
ms
ma
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
11) Vengono fatti espandere adiabaticamente m = 100 g di azoto (N2) fino a compiere un lavoro
L = 250 J Considerando il gas perfetto si calcoli la temperatura finale TB sapendo che quella
iniziale TA egrave di 40 degC (La massa molare dellrsquoazoto N2 egrave Mo = 28 gmole R = 831 J(mol K))
Soluzione
m = 100 g
Mo = 28 gmole
TA = 40degC = 31315 K
L = 250 J
R = 831 Jmole K
Per il primo principio della termodinamica si ha che
∆U = Q ndash L
Il gas effettua una trasformazione adiabatica allora Q = 0 quindi
∆U = ndash L
n cV ∆T = - L
n cV (TB ndash TA) = - L
n cV TB ndash n cV TA = - L
quindi
V
ABnc
LTT minus= (1)
Il gas N2 egrave biatomico quindi RcV2
5= Il numero di moli n si ricava dividendo la massa m del gas
N2 per la massa molare Mo cioegrave
moliM
mn 573
28
100
0
===
Sostituendo nella (1) si ottiene
CKnc
LTT
V
AB deg==
sdotsdot
minus=minus= 63675309
3182
5573
25015313
L=250J
N2
TA=40degC
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
12) Una macchina irreversibile funziona scambiando calore con due sorgenti alle temperature
T1 = 300 K e T2 = 250 K In un ciclo essa produce un lavoro L = 30 cal e la variazione totale di
entropia dellrsquouniverso egrave ∆S = 002 calK Calcolare il rendimento ρ della macchina
Soluzione
T1 = 300 K
T2 = 250 K
L = 30 cal
∆Suniverso = 002 calK
ρ =
Nella risoluzione del problema le quantitagrave di calore Q1 e Q2 assorbita e ceduta dalla macchina sono
considerate come quantitagrave positive Con questa scelta il lavoro fatto dalla macchina egrave pari
semplicemente alla differenza fra il calore assorbito Q1 e il calore ceduto Q2 L=Q1-Q2
Per calcolare il rendimento 1Q
L=ρ della macchina egrave necessario ricavare il calore assorbito Q1
Una relazione fra Q1 e Q2 si ottiene osservando che il lavoro L fatto dalla macchina egrave pari a 30 cal
L = Q1 ndash Q2 = 30 cal
Una seconda relazione fra Q1 e Q2 si puograve ottenere calcolando la variazione di entropia dellrsquouniverso
in un ciclo della macchina visto che la traccia fornisce il suo valore ∆Suniverso = 002 calK
La variazione di entropia dellrsquouniverso ∆Suniverso egrave semplicemente la somma delle variazioni di
entropia della macchina e delle due sorgenti
∆Suniverso = ∆Smacchina + ∆S1 + ∆S2
La variazione di entropia della macchina ∆Smacchina in un ciclo egrave nulla in quanto lrsquoentropia egrave funzione
di stato (lo stato finale della macchina egrave identico a quello iniziale)
La sorgente a temperatura T1 cede una quantitagrave di calore Q1 alla macchina quindi la sua variazione
di entropia ∆S1 egrave negativa
La sorgente a temperatura T2 al contrario acquista dalla macchina una quantitagrave di calore Q2 quindi
la sua variazione di entropia ∆S2 egrave positiva
Quindi
250300
21
2
2
1
121
T
Q
T
QSSSuniverso +minus=+minus=∆+∆=∆
T2
Q2
Q1
L
MT
T1
Otteniamo cosigrave la seconda relazione fra Q1 e Q2
250300020 21 QQ
+minus=
Mettendo a sistema le due relazioni ricavate sopra si ottengono i valori di Q1 e Q2
+=
=+minus
30
100
2
250300
21
21
+=
=++
minus
30
10
2
2530
30
21
22
Dalla prima equazione si ottiene
- 5 (Q2 + 30) + 6 Q2 = 30
-5 Q2 - 150 + 6 Q2 = 30
Q2 = 180 cal
Sostituendo nella seconda si ottiene il valore di Q1
Q1 = Q2 + 30 = 180 + 30 = 210 cal
Il rendimento cercato egrave quindi
14140210
30
1
====Q
Lρ
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
13) Una mole di azoto (N2) occupa inizialmente un volume V0 = 10 l alla temperatura T0 = 400 K Il
gas compie una espansione adiabatica irreversibile a seguito della quale il volume raddoppia Il
lavoro compiuto dal gas durante la trasformazione egrave L = 1250 J
Determinare
a) la temperatura e la pressione del gas quando si egrave stabilito di nuovo lequilibrio termodinamico
b) la variazione di entropia nel processo
R = 831 J(mol K) = 00821 litriatm (mol K)
Soluzione
Lrsquoazoto (N2 ) egrave biatomico quindi il calore specifico molare a volume costante egrave Rcv2
5=
Il gas compie una espansione adiabatica irreversibile durante la quale compie un determinato lavoro
esterno Applicando il primo principio della termodinamica alla trasformazione effettuata dal gas si
ha
∆U =Q ndash L = ndash L
in quanto Q=0 in una trasformazione adiabatica Drsquoaltra parte la variazione di energia interna ∆U in
un gas perfetto che effettua una trasformazione qualsiasi tra due stati che differiscono di ∆T in
temperatura egrave sempre data da ∆U = n cv ∆T Quindi
n cv ∆T = ndash L
n cv (Tf ndash Ti) = ndash L
da cui si ricava la temperatura finale di equilibrio
Knc
LTnc
nc
LTT
v
iv
v
if 340
3182
5
12504003182
5
cong
sdot
minussdotsdot=
minus=minus=
Dallrsquoequazione di stato dei gas perfetti possiamo ricavare il valore della pressione nel nuovo stato
di equilibrio termodinamico
pf Vf = n R Tf
atmV
nRTp
f
f
f 41102
34008210cong
sdot
sdot==
La variazione di entropia del processo puograve essere calcolata utilizzando lrsquoespressione generale per la
variazione di entropia di un gas perfetto fra due stati termodinamici Iequiv (Ti Vi) ed Fequiv (Tf Vf )
KJV
VnR
T
TncS
i
f
i
f
V 38276538310
20ln318
400
340ln318
2
5lnln =+minuscongsdot+sdotsdot=+=∆
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
14) Si considerino due macchine termiche che funzionano con le stesse due sorgenti di calore alle
temperature T2 = 250K e T1 = 500K La prima macchina opera secondo un ciclo di Carnot
assorbendo una quantitagrave di calore Q1 = 1400J dalla sorgente alla temperatura T1 La seconda
macchina descrive invece un ciclo irreversibile il cui rendimento egrave ρ = 035 Il lavoro prodotto dalle
due macchine egrave il medesimo Determinare
a) il lavoro prodotto in un ciclo
b) la variazione di entropia dellrsquouniverso che accompagna ogni ciclo della macchina irreversibile
Soluzione
T1 = 500K
T2 = 250K
Q1 = 1400J (calore assorbito Carnot)
L = Lrsquo=
a)
Il rendimento della macchina di Carnot egrave dato da
50502
1
500
25011
1
2
1
===minus=minus==T
T
Q
LCarnotρ
da cui si ricava immediatamente la risposta al quesito a)
L = ρCarnotQ1 = 05 1400 = 700 J
T1
T2
Q2
Q1
L
CARNOT
b)
Indichiamo con lrsquoapice tutte le grandezze relative alla macchina irreversibile Il lavoro Lrsquo fatto dalla
macchina irreversibile egrave uguale a quello (L=700 J) fatto dalla macchina di Carnot Per calcolare la
variazione di entropia che accompagna ogni ciclo della macchina irreversibile abbiamo bisogno di
conoscere il calore Q1rsquoassorbito dal termostato a temperatura T1 e il calore Q2rsquo ceduto al termostato
a temperatura T2
Conoscendo il rendimento ρ della macchina irreversibile possiamo calcolare il calore Q1rsquo assorbito
dalla macchina
1
Q
L=ρ rarr J
LQ 2000
350
700
1 ===
ρ
Il calore Q2rsquo ceduto dalla macchina irreversibile al termostato a temperatura piugrave bassa T2 saragrave quindi
dato da
Q2rsquo = Q1rsquo ndash Lrsquo = 2000 ndash 700 = 1300 J
La variazione di entropia dellrsquouniverso per ogni ciclo della macchina irreversibile egrave data solamente
dalla variazione di entropia delle sorgenti in quanto la variazione di entropia della macchina in un
ciclo egrave nulla (lrsquoentropia egrave una funzione di stato)
KJT
Q
T
QS sorg 21
250
1300
500
2000
2
2
1
1 =+minus=+minus=∆
T1
T2
Q2rsquo
Q1rsquo
Lrsquo=L Macchina
irreversibile ρρρρrsquo=035
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
15) Un gas perfetto descrive un ciclo reversibile costituito dalle trasformazioni AB adiabatica BC
isoterma e CA isocora
Calcolare il rendimento del ciclo sapendo che TA = 2TB
Soluzione
A rarr B adiabatica
B rarr C isoterma
C rarr A isocora
TA = 2TB
VA = VC (poicheacute isocora)
TB = TC (poicheacute isoterma)
Il rendimento del ciclo egrave dato dalla
ass
cedass
ass Q
Q
L minus==ρ
si devono quindi calcolare Qass e Qced In questo ciclo
QAB = 0 (poicheacute trasformazione adiabatica)
QCA = Qass = n cv ∆T = n cv (TA - TC) = n cv (TA ndash TB) = n cv (2TB ndash TB) = n cv TB
C
BB
B
CB
V
V
B
V
V
BcedBC
V
VnRT
V
VnRT
V
dVnRTdV
V
nRTQQ
C
B
C
B
lnln minus===== intint
quindi essendo VA = VC
p
C
B
A
V
adiabatica
isocora
isoterma
VA = VC VB
A
BBced
V
VnRTQ lnminus=
Il rapporto VB VA si puograve calcolare considerando la trasformazione AB (adiabatica) per la quale vale
la seguente
PVγ = cost
da cui
=sdot γV
V
nRTcost
e quindi essendo n ed R costanti
T V γ - 1
= cost
Applicata alla trasformazione AB si ha
11 minusminus = γγ
BBAA VTVT
da cui 1minus
=
γ
A
B
B
A
V
V
T
T
e
1
1
minus
=
γ
B
A
A
B
T
T
V
V
Sapendo che v
p
c
c=γ e che cp - cv = R (relazione di Mayer) si ha
vv
vp
v
p
c
R
c
cc
c
c=
minus=minus=minus 11γ oppure
1
1
minus=
γR
cv
2lnlnlnlnln1
1
Bv
B
AB
vR
c
B
AB
B
AB
A
BBced Tnc
T
TT
R
cnR
T
TnRT
T
TnRT
V
VnRTQ
v
minus=
sdotminus=
minus=
minus=minus=
minusγ
Quindi il rendimento ρ risulta essere
302ln12ln
11 =minus=minus=+==Bv
Bv
ass
ced
ass Tnc
Tnc
Q
Q
Q
Lρ
Fisica 1 (AA 2004-2005) Esercizi Termodinamica
16) Una macchina di Carnot ha un rendimento ρ = 22 Le due sorgenti a temperatura costante
differiscono di 75 K Sapendo che il lavoro prodotto in un ciclo egrave L = 200 J calcolare
a) le due temperature T1 e T2 ( con T1 gt T2)
b) la quantitagrave di calore Q1 assorbita dalla macchina di Carnot dalla sorgente a temperatura T1 e la
quantitagrave di calore Q2 ceduta dalla macchina di Carnot alla sorgente a temperatura T2
c) le variazioni di entropia (con il loro segno) 1S∆ e 2S∆ di ciascuna delle due sorgenti
d) la variazione di entropia dellrsquouniverso univS∆
Soluzione
ρ = 22 = 022
T1 ndash T2 = 75 K
L = 200 J
a) T1 = T2 =
b) Q1 =
c) Q2 =
d) ∆S1 = ∆S2 =
e) ∆SUNIV =
a) Consideriamo le quantitagrave di calore Q1 e Q2 come quantitagrave positive Con questa scelta il
rendimento ρ della macchina di Carnot egrave
1
2
1
2 11T
T
Q
Qminus=minus=ρ
11
21
1
21T
T
T
TT
T
T ∆=
minus=minus=ρ
quindi
KKT
T 3419340220
751 cong==
∆=
ρ
e
KTTTT 26675341)( 2112 =minuscongminusminus=
b)
Essendo Q1 e Q2 quantitagrave positive il lavoro prodotto in un ciclo egrave pari alla differenza fra Q1 e Q2
L = Q1 ndash Q2 = 200 J
Inoltre
V
A
D
p
C
B T1
T2
780341
266
1
2
1
2 ===T
T
Q
Q
Abbiamo quindi le seguenti due relazioni nelle due incognite Q1 e Q2
=
=minus
12
21
780
200
Risolvendo
=
=sdotminus
12
11
780
200780
=
=sdot
12
1
780
200220
Q
=
=sdot
12
1
780
220
200
Q
da cui
=
=
JQ
JQ
709
909
2
1
d) La variazione di entropia della sorgente 1 egrave
KJT
QS 662
341
909
1
11 minus=minus=minus=∆
La variazione di entropia della sorgente 2 egrave
KJT
QS 662
266
709
2
22 ==+=∆
e) La variazione di entropia dellrsquouniverso in un ciclo della macchina di Carnot (o di una qualunque
macchina termica reversibile che lavori fra T1 e T2) risulta quindi essere
∆SUNIV = ∆S1 + ∆S2 = - 266 + 266 = 0
Fisica 1 (AA 2004-2005) Esercizi Termodinamica
17) Un gas perfetto monoatomico compie a partire da un certo stato iniziale una trasformazione
isocora fino a una pressione doppia di quella iniziale assorbendo una quantitagrave di calore Q = 45 cal
Si calcoli il lavoro compiuto dal gas se a partire dallo stesso stato iniziale esso compie invece una
trasformazione isobara che ne fa raddoppiare il volume
Soluzione
Il lavoro compiuto dal gas nella trasformazione isobara da I a G egrave semplicemente
( ) 000000 2 VpVVpVpL =minus=∆=
La quantitagrave p0V0 entra nellrsquoequazione di stato dei gas perfetti
000 nRTVp =
Nella trasformazione isocora da I ad F il gas passa da una pressione iniziale pi= p0 a una pressione
finale doppia pf=2p0 La temperatura finale Tf saragrave quindi doppia di quella iniziale Infatti
fnRTVp =sdot 00 )2( fnRTnRT =02 02TT f =
Passando da I ad F il gas monoatomico ( Rcv2
3= ) assorbe una quantitagrave di calore Q = 45 cal
( ) ( ) 0000 2 TncTTncTTncTncQ vvfvv =minus=minus=∆=
00002
3
2
3
2
3VpTnRTRnQ ===
Possiamo quindi ricavare la quantitagrave cercata p0V0
QVp3
200 =
Il lavoro L compiuto dal gas nella trasformazione isobara da I a G egrave quindi
30453
2
3
200 calcalQVpL ====
G I
F
V
2 p0
p0
2 V0 V0
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
18) Un blocco di ghiaccio di massa mg alla temperatura T1 = -10degC egrave immerso in 100g di acqua alla
temperatura T2 = 27degC Calcolare la temperatura finale di equilibrio e la quantitagrave di ghiaccio sciolta
nei due casi
a) mg = 100g
b) mg = 10g
(ca = 1 calg degC cg = 05 calg degC λfus = 80 calg)
Soluzione
a)
Nel primo caso una massa mg = 100g di ghiaccio viene immersa in ma = 100g di acqua Per
ricavare la quantitagrave di ghiaccio sciolta osserviamo che affincheacute il ghiaccio inizi a sciogliersi deve
innanzitutto portarsi dalla temperatura iniziale T1 = -10degC alla temperatura Tfus= 0degC assorbendo
calore dallrsquoacqua circostante La quantitagrave di calore necessaria per il riscaldamento del ghiaccio da -
10degC a 0degC egrave
Qg (T1=-10degC rarr Tfus=0degC) = mg cg ∆T = 100 05 10 = 500 cal
La massa ma di acqua con cui il ghiaccio egrave in contatto termico puograve fornire al ghiaccio al massimo
una quantitagrave di calore Qamax che corrisponde a un raffreddamento dellrsquointera massa drsquoacqua ma fino
alla temperatura di solidificazione dellrsquoacqua Tsol=0degC
Qamax (T2 = 27degC rarr Tsol= 0degC) = ma ca ∆T = 100 1 27 = 2700 cal
Essendo Qamax gt Qg allora il ghiaccio puograve assorbire dallrsquoacqua circostante il calore necessario a
passare da -10degC a 0degC Assorbendo ulteriormente calore il ghiaccio comincia a fondere
La quantitagrave di calore necessaria affincheacute lrsquointera massa mg di ghiaccio si fonda puograve essere ricavata
dalla relazione
Qfus = λfus mg = 80 100 = 8000 cal
La quantitagrave di calore necessaria per la fusione dellrsquointera massa di ghiaccio egrave superiore alla massima
quantitagrave di calore che lrsquoacqua circostante puograve fornire Qfus gt Qamax Non tutta la massa di ghiaccio
puograve quindi passare allo stato liquido con il risultato che coesisteranno in equilibrio acqua e
ghiaccio La temperature di equilibrio Te risulteragrave quindi essere la temperatura di fusione Tfus= 0degC
mg
ma
La quantitagrave mrsquog di ghiaccio fusa puograve essere ricavata dalla conservazione dellrsquoenergia La quantitagrave di
calore massima Qamax che lrsquoacqua circostante puograve fornire serve ad innalzare la temperatura del
ghiaccio da -10degC a 0degC e a fondere solo una parte mrsquog di ghiaccio
Qamax = Qg (T1=-10degC rarr Tfus=0degC) + mrsquog λfus
2700 = 500 + 80 mrsquog
da cui
gm g 52780
2200 ==
b)
Nel secondo caso una massa mg = 10g viene immersa in ma = 100g di acqua
La quantitagrave di calore necessaria adesso per il riscaldamento di soli 10 grammi di ghiaccio da -10degC a
0degC egrave
Qg (T1= -10degC rarr Tfus=0degC) = mg cg ∆T = 10 05 10 = 50 cal
La quantitagrave di calore necessaria per fondere i 10 grammi di ghiaccio egrave pari a
Qfus = λfus mg = 80 10 = 800 cal
La quantitagrave di calore massima Qamax =2700 cal che lrsquoacqua circostante puograve fornire egrave adesso
sufficiente per innalzare la temperatura di mg=10g di ghiaccio da -10degC a 0degC (servono infatti solo
50 cal)e per fondere lrsquointera massa di ghiaccio (servono infatti solo ulteriori 800 cal)
Assorbendo quindi solo 850cal dallrsquoacqua circostante lrsquointera massa mg=10g di ghiaccio fonde e si
ottengono 10 grammi di acqua a 0deg
Assorbendo ulteriormente una quantitagrave di calore Q (0degC rarr te) dalla massa ma=100g di acqua
circostante a piugrave alta temperatura i 10 grammi di acqua a 0deg e la massa ma = 100g si porteranno a
una temperatura intermedia di equilibrio tE
Se si indica Qa la quantitagrave di calore ceduta dalla massa ma = 100g di acqua che si porta dalla
temperatura T1=27degC alla temperatura di equilibrio te il bilancio dei calori scambiati puograve essere
scritto come
Qa (T1=27degC rarr te) = Qg (-10degC rarr 0degC) + Qfus + Q (0degC rarr te)
ma ca (27deg - te) = 50 + 800 + mg ca ( te- 0deg)
100 1 (27deg - te) = 50 + 800 + 10 1 ( te- 0deg)
100 27 ndash 100 te = 850 + 10 te
da cui 2700 ndash 100 te = 850 + 10 te
110 te = 1850
e quindi
Cte deg== 816110
1850
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
19) Una kmole di gas perfetto biatomico egrave contenuta in un recipiente adiabatico munito di pistone di
volume Vi =05m3 Con il pistone bloccato il contenitore viene posto in un ambiente la cui pressione
egrave mantenuta costante al valore p0 = 510 6 Pa Ad un certo istante si sblocca il pistone e il gas si
espande fino a raggiungere lrsquoequilibrio meccanico con lrsquoambiente Si osserva una diminuzione di
temperatura ∆T= - 20 K Calcolare il volume finale Vf del gas
Soluzione
Il recipiente egrave adiabatico quindi il calore scambiato con lrsquoesterno egrave nullo (Q = 0 )
Il lavoro fatto dal gas sullrsquoambiente esterno a pressione p0=costante egrave semplicemente
VpL ∆= 0
Dal primo principio della termodinamica
LLQU minus=minus=∆
La variazione di energia interna del gas perfetto biatomico (cV=52 R) egrave
RRTncU V 50000)20(2
51000 minus=minussdot=∆=∆
3
6
00
080105
31850000m
p
U
p
LVVV if cong
sdot
sdot=
∆minus==minus=∆
358008050 mVVV if =+=∆+=
V = 053
m
n = 1000 Pap
6
0 105 sdot=
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
20) Un gas perfetto biatomico subisce una trasformazione a seguito della quale la pressione varia da
po = 15105 Pa a p1 = 225 10
5 Pa Il calore netto scambiato durante la trasformazione egrave Q=608 J
Sapendo che il volume finale V1 egrave uguale a quello iniziale (Vo = 3 l) determinare
a) la variazione di energia interna ∆U subita dal gas
b) il lavoro fatto dal gas
Soluzione
Il fatto che i volumi iniziale e finale sono uguali non egrave sufficiente per dedurre che il lavoro egrave nullo
(la trasformazione cioegrave non egrave isocora) infatti il lavoro dipende dalla trasformazione subita dal gas
ed il suo valore puograve essere determinato dal primo principio della termodinamica
L = Q - ∆U
La variazione di energia interna di un gas perfetto risulta essere
∆U = n cv (T1-T0)
Le temperature iniziale e finale si determinano dallrsquoequazione di stato del gas perfetto
Tp V
nR
p V
nR
p V
nR0
0 01
1 1 1 0= = = e T
La variazione di energia interna risulta
∆U = n cv ( )0100001 ppV
R
c
nR
Vp
nR
Vp v minus=
minus = 5625 J
Il lavoro del gas risulta quindi
L = Q - ∆U = 608 -5625 = 455 J
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
8) In un recipiente in cui si trova una massa M1 = 3 kg di ghiaccio alla temperatura T1 = - 20degC si
versa una massa M2 = 200 g di acqua alla temperatura T2 = 10degC La capacitagrave termica del recipiente
e la quantitagrave di calore ceduta dal sistema allambiente esterno sono trascurabili Si calcoli la
temperatura TE del sistema allequilibrio termico
(cA = 1 calgdegC c
G = 05 calgdegC λF = 80 calg)
Soluzione
Affincheacute la massa M1 di ghiaccio possa incominciare a fondere egrave necessario innanzitutto portare la
sua temperatura da ndash 20 degC a 0degC La quantitagrave di calore necessaria egrave
Q (T1=-20degC rarr Tfus=0degC) = M1 cG (Tfus - T1) = 3000 05 20 = 30000 cal
La massima quantitagrave di calore che la massa M2 di acqua a temperatura T2 puograve cedere al blocco di
ghiaccio M1 egrave
Q1(T2 = 10degC rarr Tsol = 0degC) = M2 cA (Tsol - T2) = 200 1 (0 -10) = -2000 cal
Questa quantitagrave di calore non egrave quindi sufficiente a portare M1 fino a 0degC (servirebbero infatti 30000
cal) La massa M2 di acqua a 0degC in contatto con un blocco di ghiaccio a temperatura inferiore
cede calore al blocco M1 e comincia a solidificarsi Affincheacute lrsquointera massa M2 passi dallo stato
liquido allo stato solido egrave necessario che essa ceda una quantitagrave di calore Q2sol pari a
Q2sol = - λF M2 = - 80 200 = - 16000 cal
Dopo avere ceduto una quantitagrave di calore pari a Q1+ Q2sol la massa M2 di acqua inizialmente a
T2=10degC si egrave trasformata in 200 g di ghiaccio a 0degC Essendo M2 (diventata ghiaccio) in contatto
termico con il blocco M1 a temperatura inferiore entrambi raggiungeranno una temperatura di
equilibrio TE da determinare La massa M2 di ghiaccio per portarsi alla temperatura di equilibrio TE
cede al blocco M1 una quantitagrave di calore Q3 data da
M1
M2
Q3(Tsol=0degC rarr TE) = M2 cG (TE -0degC) = 200 05 TE = 100 TE
Il blocco M1 inizialmente a temperatura T1=-20degC per portarsi alla temperatura di equilibrio TE piugrave
alta assorbe (da M2) una quantitagrave di calore Q data da
Q (T1 =-20degC rarr TE) = M1 cG (TE - T1) = 3000 05 (TE + 20) = 1500 (TE + 20)
Essendo trascurabili le quantitagrave di calore scambiate dal sistema con lambiente esterno (sistema
isolato) la somma algebrica delle quantitagrave di calore scambiate da M1 ed M2 deve essere nulla
Q (T1 =-20degC rarr TE) + Q1(T2=10degC rarr Tsol=0degC) + Q2sol + Q3(Tsol=0degC rarr TE) = 0
1500 (TE + 20) - 2000 - 16000 + 100 TE = 0
1500 TE + 100 TE = 18000 - 30000
1600 TE = - 12000
TE = -120001600 = - 75degC
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi (3a parte)
9) Una mole di gas perfetto biatomico egrave sottoposta a un ciclo reversibile costituito da tre
trasformazioni una espansione isoterma da A a B nella quale VB = 3VA una trasformazione a
volume costante da B a C in cui la pressione egrave ridotta una compressione adiabatica da C ad A
a) Determinare Q L ∆U ∆S per ciascuna trasformazione del ciclo
b) Determinare il rendimento del ciclo e confrontarlo con quello di una macchina di Carnot che
lavora fra le temperature estreme
(R = 831 Jmole K pA = 4 x 103 Nm
2 VA = 02 m
3)
Soluzione
n = 1
Rcv2
5=
Rc p2
7=
415
7
2
52
7
====
R
R
c
c
v
pγ
a)
Punto A
pA = 4 x 103 Nm
2
VA = 02 m3
KnR
VpT AA
A 27963181
204000=
sdot
sdot==
Punto B
VB =3 VA = 06 m3
TB = TA = 9627 K
22
3 31333103
4
3
1
3 m
N
m
Np
V
nRT
V
nRTp A
A
A
B
B
B =====
p
V
A
B
isoterma
adiabatica isocora
pA
pB
VA VB
C
Punto C
VC = VB = 3 VA = 06 m3
Il punto C sta nella stessa adiabatica del punto A per cui essendo
p Vγ = costante
si ha γγCCAA VpVp =
da cui 2
41
198593
14000
m
N
V
Vp
V
Vpp
C
A
A
C
A
AC =
sdot=
==
γ
γ
γ
KnR
VpT CC
C 04623181
6019859=
sdot
sdot==
quindi
VC = 06 m3
pC = 85919 Nm2
TC cong 6204 K
Trasformazione A rarr B (isoterma)
∆U (A rarr B) = 0 percheacute U dipende solo da T
quindi ∆U = Q ndash L rArr L = Q
JV
VnRT
V
dVnRTdV
V
nRTpdVL
A
B
ABA 898783ln27963181ln)( =sdotsdotsdot===== intintintrarr
Q (A rarr B) = L (A rarr B) = 87889 J
KJV
VnR
T
TncS
A
B
A
B
VBA 1393ln31810lnln)( =sdotsdot+=+=∆ rarr
Trasformazione B rarr C (isocora)
L (B rarr C) = 0 percheacute V = costante
Quindi ∆U = Q ndash L = Q
∆U(B rarr C) = n cv ∆T = n cv (TC ndash TB) = 52 831 (6204 - 9627) = - 71122 J
Q = ∆U = - 71122 J calore ceduto
KJV
VnR
T
TncS
B
C
B
C
VCB 13902796
0462ln318
2
51lnln)( minus=+sdotsdotsdot=+=∆ rarr
Trasformazione C rarr A (adiabatica)
Q (C rarr A) = 0 percheacute adiabatica
Quindi
∆U(C rarr A) = n cv ∆T = n cv (TA ndash TC) = n cv (TB ndash TC) = - ∆U(B rarr C) =
= 52 831 (9627 ndash 6204) = + 71122 J
∆U = Q ndash L = - L
L(C rarr A) = - ∆U(C rarr A) = - 71122 J
∆S(C rarr A) = 0 perchegrave adiabatica reversibile
Q L ∆U ∆S
A rarr B
Isoterma 87889 J 87889 J 0 913 JK
B rarr C
Isocora - 71122 J 0 - 71122 J - 913 JK
C rarr A
Adiabatica 0 - 71122 J 71122 J 0
ciclo 16767 J 16767 J 0 0
b) Calcolare il rendimento del ciclo
119191089878
67167
)(
)()(cong==
+==
rarr
rarrrarr
BA
ACBA
ass Q
LL
Q
Lρ
Le temperature estreme sono
TA = TB = 9627 K
TC = 6204 K
63535602796
046211 congminus=minus=minus=
A
CC
T
Tρ
ρ lt ρC come ci si aspettava
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica
10) Un pezzo di materiale solido di massa ms = 01 kg viene riscaldato a Ts = 300 degC e poi immerso
in un contenitore a pareti adiabatiche contenente due litri di acqua inizialmente a Ta = 20degC Se la
temperatura finale del sistema egrave di Tf = 213degC si determini il calore specifico cs del solido
assumendo i calori specifici indipendenti dalla temperatura
Soluzione
ms = 01 kg
Va = 2 litri = 2 x 10-3
m3
Ts = 300 degC
Ta = 20degC
Tf = 213degC
cs =
Il corpo di massa ms inizialmente alla temperatura Ts=300 degC egrave immerso in un volume di acqua Va
= 2 litri che si trova inizialmente alla temperatura Ta = 20degC Il corpo a temperatura maggiore cede
calore allrsquoacqua a temperatura inferiore Il recipiente egrave adiabatico (non ci sono dispersioni di calore)
quindi la somma algebrica del calore Qs ceduto dal solido e del calore Qa assorbito dallrsquoacqua deve
essere nulla cioegrave
Qs + Qa = 0
e quindi
Qs = - Qa (1)
La quantitagrave di calore Qs ceduta dal corpo solido egrave pari a
Qs = ms cs (Tf - Ts)
La quantitagrave di calore Qa assorbita dallrsquoacqua egrave data dalla
Qa = ma ca (Tf - Ta) = ρa Va ca (Tf - Ta)
dove ρa = 1000 kgm3 e ca = 1 cal(g degC)= 1000 cal(kg degC)
Sostituendo nella (1) si ottiene
ms cs (Tf - Ts) = - ρa Va ca (Tf - Ta)
da cui
Ckg
J
Ckg
cal
TTm
TTcVc
sfs
afaaa
sdeg
congdeg
=minussdot
minussdotsdotsdotsdotminus=
minus
minusminus=
minus
53902993)300321(10
)20321(10001021000
)(
)( 3ρ
ms
ma
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
11) Vengono fatti espandere adiabaticamente m = 100 g di azoto (N2) fino a compiere un lavoro
L = 250 J Considerando il gas perfetto si calcoli la temperatura finale TB sapendo che quella
iniziale TA egrave di 40 degC (La massa molare dellrsquoazoto N2 egrave Mo = 28 gmole R = 831 J(mol K))
Soluzione
m = 100 g
Mo = 28 gmole
TA = 40degC = 31315 K
L = 250 J
R = 831 Jmole K
Per il primo principio della termodinamica si ha che
∆U = Q ndash L
Il gas effettua una trasformazione adiabatica allora Q = 0 quindi
∆U = ndash L
n cV ∆T = - L
n cV (TB ndash TA) = - L
n cV TB ndash n cV TA = - L
quindi
V
ABnc
LTT minus= (1)
Il gas N2 egrave biatomico quindi RcV2
5= Il numero di moli n si ricava dividendo la massa m del gas
N2 per la massa molare Mo cioegrave
moliM
mn 573
28
100
0
===
Sostituendo nella (1) si ottiene
CKnc
LTT
V
AB deg==
sdotsdot
minus=minus= 63675309
3182
5573
25015313
L=250J
N2
TA=40degC
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
12) Una macchina irreversibile funziona scambiando calore con due sorgenti alle temperature
T1 = 300 K e T2 = 250 K In un ciclo essa produce un lavoro L = 30 cal e la variazione totale di
entropia dellrsquouniverso egrave ∆S = 002 calK Calcolare il rendimento ρ della macchina
Soluzione
T1 = 300 K
T2 = 250 K
L = 30 cal
∆Suniverso = 002 calK
ρ =
Nella risoluzione del problema le quantitagrave di calore Q1 e Q2 assorbita e ceduta dalla macchina sono
considerate come quantitagrave positive Con questa scelta il lavoro fatto dalla macchina egrave pari
semplicemente alla differenza fra il calore assorbito Q1 e il calore ceduto Q2 L=Q1-Q2
Per calcolare il rendimento 1Q
L=ρ della macchina egrave necessario ricavare il calore assorbito Q1
Una relazione fra Q1 e Q2 si ottiene osservando che il lavoro L fatto dalla macchina egrave pari a 30 cal
L = Q1 ndash Q2 = 30 cal
Una seconda relazione fra Q1 e Q2 si puograve ottenere calcolando la variazione di entropia dellrsquouniverso
in un ciclo della macchina visto che la traccia fornisce il suo valore ∆Suniverso = 002 calK
La variazione di entropia dellrsquouniverso ∆Suniverso egrave semplicemente la somma delle variazioni di
entropia della macchina e delle due sorgenti
∆Suniverso = ∆Smacchina + ∆S1 + ∆S2
La variazione di entropia della macchina ∆Smacchina in un ciclo egrave nulla in quanto lrsquoentropia egrave funzione
di stato (lo stato finale della macchina egrave identico a quello iniziale)
La sorgente a temperatura T1 cede una quantitagrave di calore Q1 alla macchina quindi la sua variazione
di entropia ∆S1 egrave negativa
La sorgente a temperatura T2 al contrario acquista dalla macchina una quantitagrave di calore Q2 quindi
la sua variazione di entropia ∆S2 egrave positiva
Quindi
250300
21
2
2
1
121
T
Q
T
QSSSuniverso +minus=+minus=∆+∆=∆
T2
Q2
Q1
L
MT
T1
Otteniamo cosigrave la seconda relazione fra Q1 e Q2
250300020 21 QQ
+minus=
Mettendo a sistema le due relazioni ricavate sopra si ottengono i valori di Q1 e Q2
+=
=+minus
30
100
2
250300
21
21
+=
=++
minus
30
10
2
2530
30
21
22
Dalla prima equazione si ottiene
- 5 (Q2 + 30) + 6 Q2 = 30
-5 Q2 - 150 + 6 Q2 = 30
Q2 = 180 cal
Sostituendo nella seconda si ottiene il valore di Q1
Q1 = Q2 + 30 = 180 + 30 = 210 cal
Il rendimento cercato egrave quindi
14140210
30
1
====Q
Lρ
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
13) Una mole di azoto (N2) occupa inizialmente un volume V0 = 10 l alla temperatura T0 = 400 K Il
gas compie una espansione adiabatica irreversibile a seguito della quale il volume raddoppia Il
lavoro compiuto dal gas durante la trasformazione egrave L = 1250 J
Determinare
a) la temperatura e la pressione del gas quando si egrave stabilito di nuovo lequilibrio termodinamico
b) la variazione di entropia nel processo
R = 831 J(mol K) = 00821 litriatm (mol K)
Soluzione
Lrsquoazoto (N2 ) egrave biatomico quindi il calore specifico molare a volume costante egrave Rcv2
5=
Il gas compie una espansione adiabatica irreversibile durante la quale compie un determinato lavoro
esterno Applicando il primo principio della termodinamica alla trasformazione effettuata dal gas si
ha
∆U =Q ndash L = ndash L
in quanto Q=0 in una trasformazione adiabatica Drsquoaltra parte la variazione di energia interna ∆U in
un gas perfetto che effettua una trasformazione qualsiasi tra due stati che differiscono di ∆T in
temperatura egrave sempre data da ∆U = n cv ∆T Quindi
n cv ∆T = ndash L
n cv (Tf ndash Ti) = ndash L
da cui si ricava la temperatura finale di equilibrio
Knc
LTnc
nc
LTT
v
iv
v
if 340
3182
5
12504003182
5
cong
sdot
minussdotsdot=
minus=minus=
Dallrsquoequazione di stato dei gas perfetti possiamo ricavare il valore della pressione nel nuovo stato
di equilibrio termodinamico
pf Vf = n R Tf
atmV
nRTp
f
f
f 41102
34008210cong
sdot
sdot==
La variazione di entropia del processo puograve essere calcolata utilizzando lrsquoespressione generale per la
variazione di entropia di un gas perfetto fra due stati termodinamici Iequiv (Ti Vi) ed Fequiv (Tf Vf )
KJV
VnR
T
TncS
i
f
i
f
V 38276538310
20ln318
400
340ln318
2
5lnln =+minuscongsdot+sdotsdot=+=∆
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
14) Si considerino due macchine termiche che funzionano con le stesse due sorgenti di calore alle
temperature T2 = 250K e T1 = 500K La prima macchina opera secondo un ciclo di Carnot
assorbendo una quantitagrave di calore Q1 = 1400J dalla sorgente alla temperatura T1 La seconda
macchina descrive invece un ciclo irreversibile il cui rendimento egrave ρ = 035 Il lavoro prodotto dalle
due macchine egrave il medesimo Determinare
a) il lavoro prodotto in un ciclo
b) la variazione di entropia dellrsquouniverso che accompagna ogni ciclo della macchina irreversibile
Soluzione
T1 = 500K
T2 = 250K
Q1 = 1400J (calore assorbito Carnot)
L = Lrsquo=
a)
Il rendimento della macchina di Carnot egrave dato da
50502
1
500
25011
1
2
1
===minus=minus==T
T
Q
LCarnotρ
da cui si ricava immediatamente la risposta al quesito a)
L = ρCarnotQ1 = 05 1400 = 700 J
T1
T2
Q2
Q1
L
CARNOT
b)
Indichiamo con lrsquoapice tutte le grandezze relative alla macchina irreversibile Il lavoro Lrsquo fatto dalla
macchina irreversibile egrave uguale a quello (L=700 J) fatto dalla macchina di Carnot Per calcolare la
variazione di entropia che accompagna ogni ciclo della macchina irreversibile abbiamo bisogno di
conoscere il calore Q1rsquoassorbito dal termostato a temperatura T1 e il calore Q2rsquo ceduto al termostato
a temperatura T2
Conoscendo il rendimento ρ della macchina irreversibile possiamo calcolare il calore Q1rsquo assorbito
dalla macchina
1
Q
L=ρ rarr J
LQ 2000
350
700
1 ===
ρ
Il calore Q2rsquo ceduto dalla macchina irreversibile al termostato a temperatura piugrave bassa T2 saragrave quindi
dato da
Q2rsquo = Q1rsquo ndash Lrsquo = 2000 ndash 700 = 1300 J
La variazione di entropia dellrsquouniverso per ogni ciclo della macchina irreversibile egrave data solamente
dalla variazione di entropia delle sorgenti in quanto la variazione di entropia della macchina in un
ciclo egrave nulla (lrsquoentropia egrave una funzione di stato)
KJT
Q
T
QS sorg 21
250
1300
500
2000
2
2
1
1 =+minus=+minus=∆
T1
T2
Q2rsquo
Q1rsquo
Lrsquo=L Macchina
irreversibile ρρρρrsquo=035
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
15) Un gas perfetto descrive un ciclo reversibile costituito dalle trasformazioni AB adiabatica BC
isoterma e CA isocora
Calcolare il rendimento del ciclo sapendo che TA = 2TB
Soluzione
A rarr B adiabatica
B rarr C isoterma
C rarr A isocora
TA = 2TB
VA = VC (poicheacute isocora)
TB = TC (poicheacute isoterma)
Il rendimento del ciclo egrave dato dalla
ass
cedass
ass Q
Q
L minus==ρ
si devono quindi calcolare Qass e Qced In questo ciclo
QAB = 0 (poicheacute trasformazione adiabatica)
QCA = Qass = n cv ∆T = n cv (TA - TC) = n cv (TA ndash TB) = n cv (2TB ndash TB) = n cv TB
C
BB
B
CB
V
V
B
V
V
BcedBC
V
VnRT
V
VnRT
V
dVnRTdV
V
nRTQQ
C
B
C
B
lnln minus===== intint
quindi essendo VA = VC
p
C
B
A
V
adiabatica
isocora
isoterma
VA = VC VB
A
BBced
V
VnRTQ lnminus=
Il rapporto VB VA si puograve calcolare considerando la trasformazione AB (adiabatica) per la quale vale
la seguente
PVγ = cost
da cui
=sdot γV
V
nRTcost
e quindi essendo n ed R costanti
T V γ - 1
= cost
Applicata alla trasformazione AB si ha
11 minusminus = γγ
BBAA VTVT
da cui 1minus
=
γ
A
B
B
A
V
V
T
T
e
1
1
minus
=
γ
B
A
A
B
T
T
V
V
Sapendo che v
p
c
c=γ e che cp - cv = R (relazione di Mayer) si ha
vv
vp
v
p
c
R
c
cc
c
c=
minus=minus=minus 11γ oppure
1
1
minus=
γR
cv
2lnlnlnlnln1
1
Bv
B
AB
vR
c
B
AB
B
AB
A
BBced Tnc
T
TT
R
cnR
T
TnRT
T
TnRT
V
VnRTQ
v
minus=
sdotminus=
minus=
minus=minus=
minusγ
Quindi il rendimento ρ risulta essere
302ln12ln
11 =minus=minus=+==Bv
Bv
ass
ced
ass Tnc
Tnc
Q
Q
Q
Lρ
Fisica 1 (AA 2004-2005) Esercizi Termodinamica
16) Una macchina di Carnot ha un rendimento ρ = 22 Le due sorgenti a temperatura costante
differiscono di 75 K Sapendo che il lavoro prodotto in un ciclo egrave L = 200 J calcolare
a) le due temperature T1 e T2 ( con T1 gt T2)
b) la quantitagrave di calore Q1 assorbita dalla macchina di Carnot dalla sorgente a temperatura T1 e la
quantitagrave di calore Q2 ceduta dalla macchina di Carnot alla sorgente a temperatura T2
c) le variazioni di entropia (con il loro segno) 1S∆ e 2S∆ di ciascuna delle due sorgenti
d) la variazione di entropia dellrsquouniverso univS∆
Soluzione
ρ = 22 = 022
T1 ndash T2 = 75 K
L = 200 J
a) T1 = T2 =
b) Q1 =
c) Q2 =
d) ∆S1 = ∆S2 =
e) ∆SUNIV =
a) Consideriamo le quantitagrave di calore Q1 e Q2 come quantitagrave positive Con questa scelta il
rendimento ρ della macchina di Carnot egrave
1
2
1
2 11T
T
Q
Qminus=minus=ρ
11
21
1
21T
T
T
TT
T
T ∆=
minus=minus=ρ
quindi
KKT
T 3419340220
751 cong==
∆=
ρ
e
KTTTT 26675341)( 2112 =minuscongminusminus=
b)
Essendo Q1 e Q2 quantitagrave positive il lavoro prodotto in un ciclo egrave pari alla differenza fra Q1 e Q2
L = Q1 ndash Q2 = 200 J
Inoltre
V
A
D
p
C
B T1
T2
780341
266
1
2
1
2 ===T
T
Q
Q
Abbiamo quindi le seguenti due relazioni nelle due incognite Q1 e Q2
=
=minus
12
21
780
200
Risolvendo
=
=sdotminus
12
11
780
200780
=
=sdot
12
1
780
200220
Q
=
=sdot
12
1
780
220
200
Q
da cui
=
=
JQ
JQ
709
909
2
1
d) La variazione di entropia della sorgente 1 egrave
KJT
QS 662
341
909
1
11 minus=minus=minus=∆
La variazione di entropia della sorgente 2 egrave
KJT
QS 662
266
709
2
22 ==+=∆
e) La variazione di entropia dellrsquouniverso in un ciclo della macchina di Carnot (o di una qualunque
macchina termica reversibile che lavori fra T1 e T2) risulta quindi essere
∆SUNIV = ∆S1 + ∆S2 = - 266 + 266 = 0
Fisica 1 (AA 2004-2005) Esercizi Termodinamica
17) Un gas perfetto monoatomico compie a partire da un certo stato iniziale una trasformazione
isocora fino a una pressione doppia di quella iniziale assorbendo una quantitagrave di calore Q = 45 cal
Si calcoli il lavoro compiuto dal gas se a partire dallo stesso stato iniziale esso compie invece una
trasformazione isobara che ne fa raddoppiare il volume
Soluzione
Il lavoro compiuto dal gas nella trasformazione isobara da I a G egrave semplicemente
( ) 000000 2 VpVVpVpL =minus=∆=
La quantitagrave p0V0 entra nellrsquoequazione di stato dei gas perfetti
000 nRTVp =
Nella trasformazione isocora da I ad F il gas passa da una pressione iniziale pi= p0 a una pressione
finale doppia pf=2p0 La temperatura finale Tf saragrave quindi doppia di quella iniziale Infatti
fnRTVp =sdot 00 )2( fnRTnRT =02 02TT f =
Passando da I ad F il gas monoatomico ( Rcv2
3= ) assorbe una quantitagrave di calore Q = 45 cal
( ) ( ) 0000 2 TncTTncTTncTncQ vvfvv =minus=minus=∆=
00002
3
2
3
2
3VpTnRTRnQ ===
Possiamo quindi ricavare la quantitagrave cercata p0V0
QVp3
200 =
Il lavoro L compiuto dal gas nella trasformazione isobara da I a G egrave quindi
30453
2
3
200 calcalQVpL ====
G I
F
V
2 p0
p0
2 V0 V0
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
18) Un blocco di ghiaccio di massa mg alla temperatura T1 = -10degC egrave immerso in 100g di acqua alla
temperatura T2 = 27degC Calcolare la temperatura finale di equilibrio e la quantitagrave di ghiaccio sciolta
nei due casi
a) mg = 100g
b) mg = 10g
(ca = 1 calg degC cg = 05 calg degC λfus = 80 calg)
Soluzione
a)
Nel primo caso una massa mg = 100g di ghiaccio viene immersa in ma = 100g di acqua Per
ricavare la quantitagrave di ghiaccio sciolta osserviamo che affincheacute il ghiaccio inizi a sciogliersi deve
innanzitutto portarsi dalla temperatura iniziale T1 = -10degC alla temperatura Tfus= 0degC assorbendo
calore dallrsquoacqua circostante La quantitagrave di calore necessaria per il riscaldamento del ghiaccio da -
10degC a 0degC egrave
Qg (T1=-10degC rarr Tfus=0degC) = mg cg ∆T = 100 05 10 = 500 cal
La massa ma di acqua con cui il ghiaccio egrave in contatto termico puograve fornire al ghiaccio al massimo
una quantitagrave di calore Qamax che corrisponde a un raffreddamento dellrsquointera massa drsquoacqua ma fino
alla temperatura di solidificazione dellrsquoacqua Tsol=0degC
Qamax (T2 = 27degC rarr Tsol= 0degC) = ma ca ∆T = 100 1 27 = 2700 cal
Essendo Qamax gt Qg allora il ghiaccio puograve assorbire dallrsquoacqua circostante il calore necessario a
passare da -10degC a 0degC Assorbendo ulteriormente calore il ghiaccio comincia a fondere
La quantitagrave di calore necessaria affincheacute lrsquointera massa mg di ghiaccio si fonda puograve essere ricavata
dalla relazione
Qfus = λfus mg = 80 100 = 8000 cal
La quantitagrave di calore necessaria per la fusione dellrsquointera massa di ghiaccio egrave superiore alla massima
quantitagrave di calore che lrsquoacqua circostante puograve fornire Qfus gt Qamax Non tutta la massa di ghiaccio
puograve quindi passare allo stato liquido con il risultato che coesisteranno in equilibrio acqua e
ghiaccio La temperature di equilibrio Te risulteragrave quindi essere la temperatura di fusione Tfus= 0degC
mg
ma
La quantitagrave mrsquog di ghiaccio fusa puograve essere ricavata dalla conservazione dellrsquoenergia La quantitagrave di
calore massima Qamax che lrsquoacqua circostante puograve fornire serve ad innalzare la temperatura del
ghiaccio da -10degC a 0degC e a fondere solo una parte mrsquog di ghiaccio
Qamax = Qg (T1=-10degC rarr Tfus=0degC) + mrsquog λfus
2700 = 500 + 80 mrsquog
da cui
gm g 52780
2200 ==
b)
Nel secondo caso una massa mg = 10g viene immersa in ma = 100g di acqua
La quantitagrave di calore necessaria adesso per il riscaldamento di soli 10 grammi di ghiaccio da -10degC a
0degC egrave
Qg (T1= -10degC rarr Tfus=0degC) = mg cg ∆T = 10 05 10 = 50 cal
La quantitagrave di calore necessaria per fondere i 10 grammi di ghiaccio egrave pari a
Qfus = λfus mg = 80 10 = 800 cal
La quantitagrave di calore massima Qamax =2700 cal che lrsquoacqua circostante puograve fornire egrave adesso
sufficiente per innalzare la temperatura di mg=10g di ghiaccio da -10degC a 0degC (servono infatti solo
50 cal)e per fondere lrsquointera massa di ghiaccio (servono infatti solo ulteriori 800 cal)
Assorbendo quindi solo 850cal dallrsquoacqua circostante lrsquointera massa mg=10g di ghiaccio fonde e si
ottengono 10 grammi di acqua a 0deg
Assorbendo ulteriormente una quantitagrave di calore Q (0degC rarr te) dalla massa ma=100g di acqua
circostante a piugrave alta temperatura i 10 grammi di acqua a 0deg e la massa ma = 100g si porteranno a
una temperatura intermedia di equilibrio tE
Se si indica Qa la quantitagrave di calore ceduta dalla massa ma = 100g di acqua che si porta dalla
temperatura T1=27degC alla temperatura di equilibrio te il bilancio dei calori scambiati puograve essere
scritto come
Qa (T1=27degC rarr te) = Qg (-10degC rarr 0degC) + Qfus + Q (0degC rarr te)
ma ca (27deg - te) = 50 + 800 + mg ca ( te- 0deg)
100 1 (27deg - te) = 50 + 800 + 10 1 ( te- 0deg)
100 27 ndash 100 te = 850 + 10 te
da cui 2700 ndash 100 te = 850 + 10 te
110 te = 1850
e quindi
Cte deg== 816110
1850
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
19) Una kmole di gas perfetto biatomico egrave contenuta in un recipiente adiabatico munito di pistone di
volume Vi =05m3 Con il pistone bloccato il contenitore viene posto in un ambiente la cui pressione
egrave mantenuta costante al valore p0 = 510 6 Pa Ad un certo istante si sblocca il pistone e il gas si
espande fino a raggiungere lrsquoequilibrio meccanico con lrsquoambiente Si osserva una diminuzione di
temperatura ∆T= - 20 K Calcolare il volume finale Vf del gas
Soluzione
Il recipiente egrave adiabatico quindi il calore scambiato con lrsquoesterno egrave nullo (Q = 0 )
Il lavoro fatto dal gas sullrsquoambiente esterno a pressione p0=costante egrave semplicemente
VpL ∆= 0
Dal primo principio della termodinamica
LLQU minus=minus=∆
La variazione di energia interna del gas perfetto biatomico (cV=52 R) egrave
RRTncU V 50000)20(2
51000 minus=minussdot=∆=∆
3
6
00
080105
31850000m
p
U
p
LVVV if cong
sdot
sdot=
∆minus==minus=∆
358008050 mVVV if =+=∆+=
V = 053
m
n = 1000 Pap
6
0 105 sdot=
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
20) Un gas perfetto biatomico subisce una trasformazione a seguito della quale la pressione varia da
po = 15105 Pa a p1 = 225 10
5 Pa Il calore netto scambiato durante la trasformazione egrave Q=608 J
Sapendo che il volume finale V1 egrave uguale a quello iniziale (Vo = 3 l) determinare
a) la variazione di energia interna ∆U subita dal gas
b) il lavoro fatto dal gas
Soluzione
Il fatto che i volumi iniziale e finale sono uguali non egrave sufficiente per dedurre che il lavoro egrave nullo
(la trasformazione cioegrave non egrave isocora) infatti il lavoro dipende dalla trasformazione subita dal gas
ed il suo valore puograve essere determinato dal primo principio della termodinamica
L = Q - ∆U
La variazione di energia interna di un gas perfetto risulta essere
∆U = n cv (T1-T0)
Le temperature iniziale e finale si determinano dallrsquoequazione di stato del gas perfetto
Tp V
nR
p V
nR
p V
nR0
0 01
1 1 1 0= = = e T
La variazione di energia interna risulta
∆U = n cv ( )0100001 ppV
R
c
nR
Vp
nR
Vp v minus=
minus = 5625 J
Il lavoro del gas risulta quindi
L = Q - ∆U = 608 -5625 = 455 J
Q3(Tsol=0degC rarr TE) = M2 cG (TE -0degC) = 200 05 TE = 100 TE
Il blocco M1 inizialmente a temperatura T1=-20degC per portarsi alla temperatura di equilibrio TE piugrave
alta assorbe (da M2) una quantitagrave di calore Q data da
Q (T1 =-20degC rarr TE) = M1 cG (TE - T1) = 3000 05 (TE + 20) = 1500 (TE + 20)
Essendo trascurabili le quantitagrave di calore scambiate dal sistema con lambiente esterno (sistema
isolato) la somma algebrica delle quantitagrave di calore scambiate da M1 ed M2 deve essere nulla
Q (T1 =-20degC rarr TE) + Q1(T2=10degC rarr Tsol=0degC) + Q2sol + Q3(Tsol=0degC rarr TE) = 0
1500 (TE + 20) - 2000 - 16000 + 100 TE = 0
1500 TE + 100 TE = 18000 - 30000
1600 TE = - 12000
TE = -120001600 = - 75degC
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi (3a parte)
9) Una mole di gas perfetto biatomico egrave sottoposta a un ciclo reversibile costituito da tre
trasformazioni una espansione isoterma da A a B nella quale VB = 3VA una trasformazione a
volume costante da B a C in cui la pressione egrave ridotta una compressione adiabatica da C ad A
a) Determinare Q L ∆U ∆S per ciascuna trasformazione del ciclo
b) Determinare il rendimento del ciclo e confrontarlo con quello di una macchina di Carnot che
lavora fra le temperature estreme
(R = 831 Jmole K pA = 4 x 103 Nm
2 VA = 02 m
3)
Soluzione
n = 1
Rcv2
5=
Rc p2
7=
415
7
2
52
7
====
R
R
c
c
v
pγ
a)
Punto A
pA = 4 x 103 Nm
2
VA = 02 m3
KnR
VpT AA
A 27963181
204000=
sdot
sdot==
Punto B
VB =3 VA = 06 m3
TB = TA = 9627 K
22
3 31333103
4
3
1
3 m
N
m
Np
V
nRT
V
nRTp A
A
A
B
B
B =====
p
V
A
B
isoterma
adiabatica isocora
pA
pB
VA VB
C
Punto C
VC = VB = 3 VA = 06 m3
Il punto C sta nella stessa adiabatica del punto A per cui essendo
p Vγ = costante
si ha γγCCAA VpVp =
da cui 2
41
198593
14000
m
N
V
Vp
V
Vpp
C
A
A
C
A
AC =
sdot=
==
γ
γ
γ
KnR
VpT CC
C 04623181
6019859=
sdot
sdot==
quindi
VC = 06 m3
pC = 85919 Nm2
TC cong 6204 K
Trasformazione A rarr B (isoterma)
∆U (A rarr B) = 0 percheacute U dipende solo da T
quindi ∆U = Q ndash L rArr L = Q
JV
VnRT
V
dVnRTdV
V
nRTpdVL
A
B
ABA 898783ln27963181ln)( =sdotsdotsdot===== intintintrarr
Q (A rarr B) = L (A rarr B) = 87889 J
KJV
VnR
T
TncS
A
B
A
B
VBA 1393ln31810lnln)( =sdotsdot+=+=∆ rarr
Trasformazione B rarr C (isocora)
L (B rarr C) = 0 percheacute V = costante
Quindi ∆U = Q ndash L = Q
∆U(B rarr C) = n cv ∆T = n cv (TC ndash TB) = 52 831 (6204 - 9627) = - 71122 J
Q = ∆U = - 71122 J calore ceduto
KJV
VnR
T
TncS
B
C
B
C
VCB 13902796
0462ln318
2
51lnln)( minus=+sdotsdotsdot=+=∆ rarr
Trasformazione C rarr A (adiabatica)
Q (C rarr A) = 0 percheacute adiabatica
Quindi
∆U(C rarr A) = n cv ∆T = n cv (TA ndash TC) = n cv (TB ndash TC) = - ∆U(B rarr C) =
= 52 831 (9627 ndash 6204) = + 71122 J
∆U = Q ndash L = - L
L(C rarr A) = - ∆U(C rarr A) = - 71122 J
∆S(C rarr A) = 0 perchegrave adiabatica reversibile
Q L ∆U ∆S
A rarr B
Isoterma 87889 J 87889 J 0 913 JK
B rarr C
Isocora - 71122 J 0 - 71122 J - 913 JK
C rarr A
Adiabatica 0 - 71122 J 71122 J 0
ciclo 16767 J 16767 J 0 0
b) Calcolare il rendimento del ciclo
119191089878
67167
)(
)()(cong==
+==
rarr
rarrrarr
BA
ACBA
ass Q
LL
Q
Lρ
Le temperature estreme sono
TA = TB = 9627 K
TC = 6204 K
63535602796
046211 congminus=minus=minus=
A
CC
T
Tρ
ρ lt ρC come ci si aspettava
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica
10) Un pezzo di materiale solido di massa ms = 01 kg viene riscaldato a Ts = 300 degC e poi immerso
in un contenitore a pareti adiabatiche contenente due litri di acqua inizialmente a Ta = 20degC Se la
temperatura finale del sistema egrave di Tf = 213degC si determini il calore specifico cs del solido
assumendo i calori specifici indipendenti dalla temperatura
Soluzione
ms = 01 kg
Va = 2 litri = 2 x 10-3
m3
Ts = 300 degC
Ta = 20degC
Tf = 213degC
cs =
Il corpo di massa ms inizialmente alla temperatura Ts=300 degC egrave immerso in un volume di acqua Va
= 2 litri che si trova inizialmente alla temperatura Ta = 20degC Il corpo a temperatura maggiore cede
calore allrsquoacqua a temperatura inferiore Il recipiente egrave adiabatico (non ci sono dispersioni di calore)
quindi la somma algebrica del calore Qs ceduto dal solido e del calore Qa assorbito dallrsquoacqua deve
essere nulla cioegrave
Qs + Qa = 0
e quindi
Qs = - Qa (1)
La quantitagrave di calore Qs ceduta dal corpo solido egrave pari a
Qs = ms cs (Tf - Ts)
La quantitagrave di calore Qa assorbita dallrsquoacqua egrave data dalla
Qa = ma ca (Tf - Ta) = ρa Va ca (Tf - Ta)
dove ρa = 1000 kgm3 e ca = 1 cal(g degC)= 1000 cal(kg degC)
Sostituendo nella (1) si ottiene
ms cs (Tf - Ts) = - ρa Va ca (Tf - Ta)
da cui
Ckg
J
Ckg
cal
TTm
TTcVc
sfs
afaaa
sdeg
congdeg
=minussdot
minussdotsdotsdotsdotminus=
minus
minusminus=
minus
53902993)300321(10
)20321(10001021000
)(
)( 3ρ
ms
ma
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
11) Vengono fatti espandere adiabaticamente m = 100 g di azoto (N2) fino a compiere un lavoro
L = 250 J Considerando il gas perfetto si calcoli la temperatura finale TB sapendo che quella
iniziale TA egrave di 40 degC (La massa molare dellrsquoazoto N2 egrave Mo = 28 gmole R = 831 J(mol K))
Soluzione
m = 100 g
Mo = 28 gmole
TA = 40degC = 31315 K
L = 250 J
R = 831 Jmole K
Per il primo principio della termodinamica si ha che
∆U = Q ndash L
Il gas effettua una trasformazione adiabatica allora Q = 0 quindi
∆U = ndash L
n cV ∆T = - L
n cV (TB ndash TA) = - L
n cV TB ndash n cV TA = - L
quindi
V
ABnc
LTT minus= (1)
Il gas N2 egrave biatomico quindi RcV2
5= Il numero di moli n si ricava dividendo la massa m del gas
N2 per la massa molare Mo cioegrave
moliM
mn 573
28
100
0
===
Sostituendo nella (1) si ottiene
CKnc
LTT
V
AB deg==
sdotsdot
minus=minus= 63675309
3182
5573
25015313
L=250J
N2
TA=40degC
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
12) Una macchina irreversibile funziona scambiando calore con due sorgenti alle temperature
T1 = 300 K e T2 = 250 K In un ciclo essa produce un lavoro L = 30 cal e la variazione totale di
entropia dellrsquouniverso egrave ∆S = 002 calK Calcolare il rendimento ρ della macchina
Soluzione
T1 = 300 K
T2 = 250 K
L = 30 cal
∆Suniverso = 002 calK
ρ =
Nella risoluzione del problema le quantitagrave di calore Q1 e Q2 assorbita e ceduta dalla macchina sono
considerate come quantitagrave positive Con questa scelta il lavoro fatto dalla macchina egrave pari
semplicemente alla differenza fra il calore assorbito Q1 e il calore ceduto Q2 L=Q1-Q2
Per calcolare il rendimento 1Q
L=ρ della macchina egrave necessario ricavare il calore assorbito Q1
Una relazione fra Q1 e Q2 si ottiene osservando che il lavoro L fatto dalla macchina egrave pari a 30 cal
L = Q1 ndash Q2 = 30 cal
Una seconda relazione fra Q1 e Q2 si puograve ottenere calcolando la variazione di entropia dellrsquouniverso
in un ciclo della macchina visto che la traccia fornisce il suo valore ∆Suniverso = 002 calK
La variazione di entropia dellrsquouniverso ∆Suniverso egrave semplicemente la somma delle variazioni di
entropia della macchina e delle due sorgenti
∆Suniverso = ∆Smacchina + ∆S1 + ∆S2
La variazione di entropia della macchina ∆Smacchina in un ciclo egrave nulla in quanto lrsquoentropia egrave funzione
di stato (lo stato finale della macchina egrave identico a quello iniziale)
La sorgente a temperatura T1 cede una quantitagrave di calore Q1 alla macchina quindi la sua variazione
di entropia ∆S1 egrave negativa
La sorgente a temperatura T2 al contrario acquista dalla macchina una quantitagrave di calore Q2 quindi
la sua variazione di entropia ∆S2 egrave positiva
Quindi
250300
21
2
2
1
121
T
Q
T
QSSSuniverso +minus=+minus=∆+∆=∆
T2
Q2
Q1
L
MT
T1
Otteniamo cosigrave la seconda relazione fra Q1 e Q2
250300020 21 QQ
+minus=
Mettendo a sistema le due relazioni ricavate sopra si ottengono i valori di Q1 e Q2
+=
=+minus
30
100
2
250300
21
21
+=
=++
minus
30
10
2
2530
30
21
22
Dalla prima equazione si ottiene
- 5 (Q2 + 30) + 6 Q2 = 30
-5 Q2 - 150 + 6 Q2 = 30
Q2 = 180 cal
Sostituendo nella seconda si ottiene il valore di Q1
Q1 = Q2 + 30 = 180 + 30 = 210 cal
Il rendimento cercato egrave quindi
14140210
30
1
====Q
Lρ
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
13) Una mole di azoto (N2) occupa inizialmente un volume V0 = 10 l alla temperatura T0 = 400 K Il
gas compie una espansione adiabatica irreversibile a seguito della quale il volume raddoppia Il
lavoro compiuto dal gas durante la trasformazione egrave L = 1250 J
Determinare
a) la temperatura e la pressione del gas quando si egrave stabilito di nuovo lequilibrio termodinamico
b) la variazione di entropia nel processo
R = 831 J(mol K) = 00821 litriatm (mol K)
Soluzione
Lrsquoazoto (N2 ) egrave biatomico quindi il calore specifico molare a volume costante egrave Rcv2
5=
Il gas compie una espansione adiabatica irreversibile durante la quale compie un determinato lavoro
esterno Applicando il primo principio della termodinamica alla trasformazione effettuata dal gas si
ha
∆U =Q ndash L = ndash L
in quanto Q=0 in una trasformazione adiabatica Drsquoaltra parte la variazione di energia interna ∆U in
un gas perfetto che effettua una trasformazione qualsiasi tra due stati che differiscono di ∆T in
temperatura egrave sempre data da ∆U = n cv ∆T Quindi
n cv ∆T = ndash L
n cv (Tf ndash Ti) = ndash L
da cui si ricava la temperatura finale di equilibrio
Knc
LTnc
nc
LTT
v
iv
v
if 340
3182
5
12504003182
5
cong
sdot
minussdotsdot=
minus=minus=
Dallrsquoequazione di stato dei gas perfetti possiamo ricavare il valore della pressione nel nuovo stato
di equilibrio termodinamico
pf Vf = n R Tf
atmV
nRTp
f
f
f 41102
34008210cong
sdot
sdot==
La variazione di entropia del processo puograve essere calcolata utilizzando lrsquoespressione generale per la
variazione di entropia di un gas perfetto fra due stati termodinamici Iequiv (Ti Vi) ed Fequiv (Tf Vf )
KJV
VnR
T
TncS
i
f
i
f
V 38276538310
20ln318
400
340ln318
2
5lnln =+minuscongsdot+sdotsdot=+=∆
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
14) Si considerino due macchine termiche che funzionano con le stesse due sorgenti di calore alle
temperature T2 = 250K e T1 = 500K La prima macchina opera secondo un ciclo di Carnot
assorbendo una quantitagrave di calore Q1 = 1400J dalla sorgente alla temperatura T1 La seconda
macchina descrive invece un ciclo irreversibile il cui rendimento egrave ρ = 035 Il lavoro prodotto dalle
due macchine egrave il medesimo Determinare
a) il lavoro prodotto in un ciclo
b) la variazione di entropia dellrsquouniverso che accompagna ogni ciclo della macchina irreversibile
Soluzione
T1 = 500K
T2 = 250K
Q1 = 1400J (calore assorbito Carnot)
L = Lrsquo=
a)
Il rendimento della macchina di Carnot egrave dato da
50502
1
500
25011
1
2
1
===minus=minus==T
T
Q
LCarnotρ
da cui si ricava immediatamente la risposta al quesito a)
L = ρCarnotQ1 = 05 1400 = 700 J
T1
T2
Q2
Q1
L
CARNOT
b)
Indichiamo con lrsquoapice tutte le grandezze relative alla macchina irreversibile Il lavoro Lrsquo fatto dalla
macchina irreversibile egrave uguale a quello (L=700 J) fatto dalla macchina di Carnot Per calcolare la
variazione di entropia che accompagna ogni ciclo della macchina irreversibile abbiamo bisogno di
conoscere il calore Q1rsquoassorbito dal termostato a temperatura T1 e il calore Q2rsquo ceduto al termostato
a temperatura T2
Conoscendo il rendimento ρ della macchina irreversibile possiamo calcolare il calore Q1rsquo assorbito
dalla macchina
1
Q
L=ρ rarr J
LQ 2000
350
700
1 ===
ρ
Il calore Q2rsquo ceduto dalla macchina irreversibile al termostato a temperatura piugrave bassa T2 saragrave quindi
dato da
Q2rsquo = Q1rsquo ndash Lrsquo = 2000 ndash 700 = 1300 J
La variazione di entropia dellrsquouniverso per ogni ciclo della macchina irreversibile egrave data solamente
dalla variazione di entropia delle sorgenti in quanto la variazione di entropia della macchina in un
ciclo egrave nulla (lrsquoentropia egrave una funzione di stato)
KJT
Q
T
QS sorg 21
250
1300
500
2000
2
2
1
1 =+minus=+minus=∆
T1
T2
Q2rsquo
Q1rsquo
Lrsquo=L Macchina
irreversibile ρρρρrsquo=035
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
15) Un gas perfetto descrive un ciclo reversibile costituito dalle trasformazioni AB adiabatica BC
isoterma e CA isocora
Calcolare il rendimento del ciclo sapendo che TA = 2TB
Soluzione
A rarr B adiabatica
B rarr C isoterma
C rarr A isocora
TA = 2TB
VA = VC (poicheacute isocora)
TB = TC (poicheacute isoterma)
Il rendimento del ciclo egrave dato dalla
ass
cedass
ass Q
Q
L minus==ρ
si devono quindi calcolare Qass e Qced In questo ciclo
QAB = 0 (poicheacute trasformazione adiabatica)
QCA = Qass = n cv ∆T = n cv (TA - TC) = n cv (TA ndash TB) = n cv (2TB ndash TB) = n cv TB
C
BB
B
CB
V
V
B
V
V
BcedBC
V
VnRT
V
VnRT
V
dVnRTdV
V
nRTQQ
C
B
C
B
lnln minus===== intint
quindi essendo VA = VC
p
C
B
A
V
adiabatica
isocora
isoterma
VA = VC VB
A
BBced
V
VnRTQ lnminus=
Il rapporto VB VA si puograve calcolare considerando la trasformazione AB (adiabatica) per la quale vale
la seguente
PVγ = cost
da cui
=sdot γV
V
nRTcost
e quindi essendo n ed R costanti
T V γ - 1
= cost
Applicata alla trasformazione AB si ha
11 minusminus = γγ
BBAA VTVT
da cui 1minus
=
γ
A
B
B
A
V
V
T
T
e
1
1
minus
=
γ
B
A
A
B
T
T
V
V
Sapendo che v
p
c
c=γ e che cp - cv = R (relazione di Mayer) si ha
vv
vp
v
p
c
R
c
cc
c
c=
minus=minus=minus 11γ oppure
1
1
minus=
γR
cv
2lnlnlnlnln1
1
Bv
B
AB
vR
c
B
AB
B
AB
A
BBced Tnc
T
TT
R
cnR
T
TnRT
T
TnRT
V
VnRTQ
v
minus=
sdotminus=
minus=
minus=minus=
minusγ
Quindi il rendimento ρ risulta essere
302ln12ln
11 =minus=minus=+==Bv
Bv
ass
ced
ass Tnc
Tnc
Q
Q
Q
Lρ
Fisica 1 (AA 2004-2005) Esercizi Termodinamica
16) Una macchina di Carnot ha un rendimento ρ = 22 Le due sorgenti a temperatura costante
differiscono di 75 K Sapendo che il lavoro prodotto in un ciclo egrave L = 200 J calcolare
a) le due temperature T1 e T2 ( con T1 gt T2)
b) la quantitagrave di calore Q1 assorbita dalla macchina di Carnot dalla sorgente a temperatura T1 e la
quantitagrave di calore Q2 ceduta dalla macchina di Carnot alla sorgente a temperatura T2
c) le variazioni di entropia (con il loro segno) 1S∆ e 2S∆ di ciascuna delle due sorgenti
d) la variazione di entropia dellrsquouniverso univS∆
Soluzione
ρ = 22 = 022
T1 ndash T2 = 75 K
L = 200 J
a) T1 = T2 =
b) Q1 =
c) Q2 =
d) ∆S1 = ∆S2 =
e) ∆SUNIV =
a) Consideriamo le quantitagrave di calore Q1 e Q2 come quantitagrave positive Con questa scelta il
rendimento ρ della macchina di Carnot egrave
1
2
1
2 11T
T
Q
Qminus=minus=ρ
11
21
1
21T
T
T
TT
T
T ∆=
minus=minus=ρ
quindi
KKT
T 3419340220
751 cong==
∆=
ρ
e
KTTTT 26675341)( 2112 =minuscongminusminus=
b)
Essendo Q1 e Q2 quantitagrave positive il lavoro prodotto in un ciclo egrave pari alla differenza fra Q1 e Q2
L = Q1 ndash Q2 = 200 J
Inoltre
V
A
D
p
C
B T1
T2
780341
266
1
2
1
2 ===T
T
Q
Q
Abbiamo quindi le seguenti due relazioni nelle due incognite Q1 e Q2
=
=minus
12
21
780
200
Risolvendo
=
=sdotminus
12
11
780
200780
=
=sdot
12
1
780
200220
Q
=
=sdot
12
1
780
220
200
Q
da cui
=
=
JQ
JQ
709
909
2
1
d) La variazione di entropia della sorgente 1 egrave
KJT
QS 662
341
909
1
11 minus=minus=minus=∆
La variazione di entropia della sorgente 2 egrave
KJT
QS 662
266
709
2
22 ==+=∆
e) La variazione di entropia dellrsquouniverso in un ciclo della macchina di Carnot (o di una qualunque
macchina termica reversibile che lavori fra T1 e T2) risulta quindi essere
∆SUNIV = ∆S1 + ∆S2 = - 266 + 266 = 0
Fisica 1 (AA 2004-2005) Esercizi Termodinamica
17) Un gas perfetto monoatomico compie a partire da un certo stato iniziale una trasformazione
isocora fino a una pressione doppia di quella iniziale assorbendo una quantitagrave di calore Q = 45 cal
Si calcoli il lavoro compiuto dal gas se a partire dallo stesso stato iniziale esso compie invece una
trasformazione isobara che ne fa raddoppiare il volume
Soluzione
Il lavoro compiuto dal gas nella trasformazione isobara da I a G egrave semplicemente
( ) 000000 2 VpVVpVpL =minus=∆=
La quantitagrave p0V0 entra nellrsquoequazione di stato dei gas perfetti
000 nRTVp =
Nella trasformazione isocora da I ad F il gas passa da una pressione iniziale pi= p0 a una pressione
finale doppia pf=2p0 La temperatura finale Tf saragrave quindi doppia di quella iniziale Infatti
fnRTVp =sdot 00 )2( fnRTnRT =02 02TT f =
Passando da I ad F il gas monoatomico ( Rcv2
3= ) assorbe una quantitagrave di calore Q = 45 cal
( ) ( ) 0000 2 TncTTncTTncTncQ vvfvv =minus=minus=∆=
00002
3
2
3
2
3VpTnRTRnQ ===
Possiamo quindi ricavare la quantitagrave cercata p0V0
QVp3
200 =
Il lavoro L compiuto dal gas nella trasformazione isobara da I a G egrave quindi
30453
2
3
200 calcalQVpL ====
G I
F
V
2 p0
p0
2 V0 V0
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
18) Un blocco di ghiaccio di massa mg alla temperatura T1 = -10degC egrave immerso in 100g di acqua alla
temperatura T2 = 27degC Calcolare la temperatura finale di equilibrio e la quantitagrave di ghiaccio sciolta
nei due casi
a) mg = 100g
b) mg = 10g
(ca = 1 calg degC cg = 05 calg degC λfus = 80 calg)
Soluzione
a)
Nel primo caso una massa mg = 100g di ghiaccio viene immersa in ma = 100g di acqua Per
ricavare la quantitagrave di ghiaccio sciolta osserviamo che affincheacute il ghiaccio inizi a sciogliersi deve
innanzitutto portarsi dalla temperatura iniziale T1 = -10degC alla temperatura Tfus= 0degC assorbendo
calore dallrsquoacqua circostante La quantitagrave di calore necessaria per il riscaldamento del ghiaccio da -
10degC a 0degC egrave
Qg (T1=-10degC rarr Tfus=0degC) = mg cg ∆T = 100 05 10 = 500 cal
La massa ma di acqua con cui il ghiaccio egrave in contatto termico puograve fornire al ghiaccio al massimo
una quantitagrave di calore Qamax che corrisponde a un raffreddamento dellrsquointera massa drsquoacqua ma fino
alla temperatura di solidificazione dellrsquoacqua Tsol=0degC
Qamax (T2 = 27degC rarr Tsol= 0degC) = ma ca ∆T = 100 1 27 = 2700 cal
Essendo Qamax gt Qg allora il ghiaccio puograve assorbire dallrsquoacqua circostante il calore necessario a
passare da -10degC a 0degC Assorbendo ulteriormente calore il ghiaccio comincia a fondere
La quantitagrave di calore necessaria affincheacute lrsquointera massa mg di ghiaccio si fonda puograve essere ricavata
dalla relazione
Qfus = λfus mg = 80 100 = 8000 cal
La quantitagrave di calore necessaria per la fusione dellrsquointera massa di ghiaccio egrave superiore alla massima
quantitagrave di calore che lrsquoacqua circostante puograve fornire Qfus gt Qamax Non tutta la massa di ghiaccio
puograve quindi passare allo stato liquido con il risultato che coesisteranno in equilibrio acqua e
ghiaccio La temperature di equilibrio Te risulteragrave quindi essere la temperatura di fusione Tfus= 0degC
mg
ma
La quantitagrave mrsquog di ghiaccio fusa puograve essere ricavata dalla conservazione dellrsquoenergia La quantitagrave di
calore massima Qamax che lrsquoacqua circostante puograve fornire serve ad innalzare la temperatura del
ghiaccio da -10degC a 0degC e a fondere solo una parte mrsquog di ghiaccio
Qamax = Qg (T1=-10degC rarr Tfus=0degC) + mrsquog λfus
2700 = 500 + 80 mrsquog
da cui
gm g 52780
2200 ==
b)
Nel secondo caso una massa mg = 10g viene immersa in ma = 100g di acqua
La quantitagrave di calore necessaria adesso per il riscaldamento di soli 10 grammi di ghiaccio da -10degC a
0degC egrave
Qg (T1= -10degC rarr Tfus=0degC) = mg cg ∆T = 10 05 10 = 50 cal
La quantitagrave di calore necessaria per fondere i 10 grammi di ghiaccio egrave pari a
Qfus = λfus mg = 80 10 = 800 cal
La quantitagrave di calore massima Qamax =2700 cal che lrsquoacqua circostante puograve fornire egrave adesso
sufficiente per innalzare la temperatura di mg=10g di ghiaccio da -10degC a 0degC (servono infatti solo
50 cal)e per fondere lrsquointera massa di ghiaccio (servono infatti solo ulteriori 800 cal)
Assorbendo quindi solo 850cal dallrsquoacqua circostante lrsquointera massa mg=10g di ghiaccio fonde e si
ottengono 10 grammi di acqua a 0deg
Assorbendo ulteriormente una quantitagrave di calore Q (0degC rarr te) dalla massa ma=100g di acqua
circostante a piugrave alta temperatura i 10 grammi di acqua a 0deg e la massa ma = 100g si porteranno a
una temperatura intermedia di equilibrio tE
Se si indica Qa la quantitagrave di calore ceduta dalla massa ma = 100g di acqua che si porta dalla
temperatura T1=27degC alla temperatura di equilibrio te il bilancio dei calori scambiati puograve essere
scritto come
Qa (T1=27degC rarr te) = Qg (-10degC rarr 0degC) + Qfus + Q (0degC rarr te)
ma ca (27deg - te) = 50 + 800 + mg ca ( te- 0deg)
100 1 (27deg - te) = 50 + 800 + 10 1 ( te- 0deg)
100 27 ndash 100 te = 850 + 10 te
da cui 2700 ndash 100 te = 850 + 10 te
110 te = 1850
e quindi
Cte deg== 816110
1850
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
19) Una kmole di gas perfetto biatomico egrave contenuta in un recipiente adiabatico munito di pistone di
volume Vi =05m3 Con il pistone bloccato il contenitore viene posto in un ambiente la cui pressione
egrave mantenuta costante al valore p0 = 510 6 Pa Ad un certo istante si sblocca il pistone e il gas si
espande fino a raggiungere lrsquoequilibrio meccanico con lrsquoambiente Si osserva una diminuzione di
temperatura ∆T= - 20 K Calcolare il volume finale Vf del gas
Soluzione
Il recipiente egrave adiabatico quindi il calore scambiato con lrsquoesterno egrave nullo (Q = 0 )
Il lavoro fatto dal gas sullrsquoambiente esterno a pressione p0=costante egrave semplicemente
VpL ∆= 0
Dal primo principio della termodinamica
LLQU minus=minus=∆
La variazione di energia interna del gas perfetto biatomico (cV=52 R) egrave
RRTncU V 50000)20(2
51000 minus=minussdot=∆=∆
3
6
00
080105
31850000m
p
U
p
LVVV if cong
sdot
sdot=
∆minus==minus=∆
358008050 mVVV if =+=∆+=
V = 053
m
n = 1000 Pap
6
0 105 sdot=
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
20) Un gas perfetto biatomico subisce una trasformazione a seguito della quale la pressione varia da
po = 15105 Pa a p1 = 225 10
5 Pa Il calore netto scambiato durante la trasformazione egrave Q=608 J
Sapendo che il volume finale V1 egrave uguale a quello iniziale (Vo = 3 l) determinare
a) la variazione di energia interna ∆U subita dal gas
b) il lavoro fatto dal gas
Soluzione
Il fatto che i volumi iniziale e finale sono uguali non egrave sufficiente per dedurre che il lavoro egrave nullo
(la trasformazione cioegrave non egrave isocora) infatti il lavoro dipende dalla trasformazione subita dal gas
ed il suo valore puograve essere determinato dal primo principio della termodinamica
L = Q - ∆U
La variazione di energia interna di un gas perfetto risulta essere
∆U = n cv (T1-T0)
Le temperature iniziale e finale si determinano dallrsquoequazione di stato del gas perfetto
Tp V
nR
p V
nR
p V
nR0
0 01
1 1 1 0= = = e T
La variazione di energia interna risulta
∆U = n cv ( )0100001 ppV
R
c
nR
Vp
nR
Vp v minus=
minus = 5625 J
Il lavoro del gas risulta quindi
L = Q - ∆U = 608 -5625 = 455 J
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi (3a parte)
9) Una mole di gas perfetto biatomico egrave sottoposta a un ciclo reversibile costituito da tre
trasformazioni una espansione isoterma da A a B nella quale VB = 3VA una trasformazione a
volume costante da B a C in cui la pressione egrave ridotta una compressione adiabatica da C ad A
a) Determinare Q L ∆U ∆S per ciascuna trasformazione del ciclo
b) Determinare il rendimento del ciclo e confrontarlo con quello di una macchina di Carnot che
lavora fra le temperature estreme
(R = 831 Jmole K pA = 4 x 103 Nm
2 VA = 02 m
3)
Soluzione
n = 1
Rcv2
5=
Rc p2
7=
415
7
2
52
7
====
R
R
c
c
v
pγ
a)
Punto A
pA = 4 x 103 Nm
2
VA = 02 m3
KnR
VpT AA
A 27963181
204000=
sdot
sdot==
Punto B
VB =3 VA = 06 m3
TB = TA = 9627 K
22
3 31333103
4
3
1
3 m
N
m
Np
V
nRT
V
nRTp A
A
A
B
B
B =====
p
V
A
B
isoterma
adiabatica isocora
pA
pB
VA VB
C
Punto C
VC = VB = 3 VA = 06 m3
Il punto C sta nella stessa adiabatica del punto A per cui essendo
p Vγ = costante
si ha γγCCAA VpVp =
da cui 2
41
198593
14000
m
N
V
Vp
V
Vpp
C
A
A
C
A
AC =
sdot=
==
γ
γ
γ
KnR
VpT CC
C 04623181
6019859=
sdot
sdot==
quindi
VC = 06 m3
pC = 85919 Nm2
TC cong 6204 K
Trasformazione A rarr B (isoterma)
∆U (A rarr B) = 0 percheacute U dipende solo da T
quindi ∆U = Q ndash L rArr L = Q
JV
VnRT
V
dVnRTdV
V
nRTpdVL
A
B
ABA 898783ln27963181ln)( =sdotsdotsdot===== intintintrarr
Q (A rarr B) = L (A rarr B) = 87889 J
KJV
VnR
T
TncS
A
B
A
B
VBA 1393ln31810lnln)( =sdotsdot+=+=∆ rarr
Trasformazione B rarr C (isocora)
L (B rarr C) = 0 percheacute V = costante
Quindi ∆U = Q ndash L = Q
∆U(B rarr C) = n cv ∆T = n cv (TC ndash TB) = 52 831 (6204 - 9627) = - 71122 J
Q = ∆U = - 71122 J calore ceduto
KJV
VnR
T
TncS
B
C
B
C
VCB 13902796
0462ln318
2
51lnln)( minus=+sdotsdotsdot=+=∆ rarr
Trasformazione C rarr A (adiabatica)
Q (C rarr A) = 0 percheacute adiabatica
Quindi
∆U(C rarr A) = n cv ∆T = n cv (TA ndash TC) = n cv (TB ndash TC) = - ∆U(B rarr C) =
= 52 831 (9627 ndash 6204) = + 71122 J
∆U = Q ndash L = - L
L(C rarr A) = - ∆U(C rarr A) = - 71122 J
∆S(C rarr A) = 0 perchegrave adiabatica reversibile
Q L ∆U ∆S
A rarr B
Isoterma 87889 J 87889 J 0 913 JK
B rarr C
Isocora - 71122 J 0 - 71122 J - 913 JK
C rarr A
Adiabatica 0 - 71122 J 71122 J 0
ciclo 16767 J 16767 J 0 0
b) Calcolare il rendimento del ciclo
119191089878
67167
)(
)()(cong==
+==
rarr
rarrrarr
BA
ACBA
ass Q
LL
Q
Lρ
Le temperature estreme sono
TA = TB = 9627 K
TC = 6204 K
63535602796
046211 congminus=minus=minus=
A
CC
T
Tρ
ρ lt ρC come ci si aspettava
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica
10) Un pezzo di materiale solido di massa ms = 01 kg viene riscaldato a Ts = 300 degC e poi immerso
in un contenitore a pareti adiabatiche contenente due litri di acqua inizialmente a Ta = 20degC Se la
temperatura finale del sistema egrave di Tf = 213degC si determini il calore specifico cs del solido
assumendo i calori specifici indipendenti dalla temperatura
Soluzione
ms = 01 kg
Va = 2 litri = 2 x 10-3
m3
Ts = 300 degC
Ta = 20degC
Tf = 213degC
cs =
Il corpo di massa ms inizialmente alla temperatura Ts=300 degC egrave immerso in un volume di acqua Va
= 2 litri che si trova inizialmente alla temperatura Ta = 20degC Il corpo a temperatura maggiore cede
calore allrsquoacqua a temperatura inferiore Il recipiente egrave adiabatico (non ci sono dispersioni di calore)
quindi la somma algebrica del calore Qs ceduto dal solido e del calore Qa assorbito dallrsquoacqua deve
essere nulla cioegrave
Qs + Qa = 0
e quindi
Qs = - Qa (1)
La quantitagrave di calore Qs ceduta dal corpo solido egrave pari a
Qs = ms cs (Tf - Ts)
La quantitagrave di calore Qa assorbita dallrsquoacqua egrave data dalla
Qa = ma ca (Tf - Ta) = ρa Va ca (Tf - Ta)
dove ρa = 1000 kgm3 e ca = 1 cal(g degC)= 1000 cal(kg degC)
Sostituendo nella (1) si ottiene
ms cs (Tf - Ts) = - ρa Va ca (Tf - Ta)
da cui
Ckg
J
Ckg
cal
TTm
TTcVc
sfs
afaaa
sdeg
congdeg
=minussdot
minussdotsdotsdotsdotminus=
minus
minusminus=
minus
53902993)300321(10
)20321(10001021000
)(
)( 3ρ
ms
ma
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
11) Vengono fatti espandere adiabaticamente m = 100 g di azoto (N2) fino a compiere un lavoro
L = 250 J Considerando il gas perfetto si calcoli la temperatura finale TB sapendo che quella
iniziale TA egrave di 40 degC (La massa molare dellrsquoazoto N2 egrave Mo = 28 gmole R = 831 J(mol K))
Soluzione
m = 100 g
Mo = 28 gmole
TA = 40degC = 31315 K
L = 250 J
R = 831 Jmole K
Per il primo principio della termodinamica si ha che
∆U = Q ndash L
Il gas effettua una trasformazione adiabatica allora Q = 0 quindi
∆U = ndash L
n cV ∆T = - L
n cV (TB ndash TA) = - L
n cV TB ndash n cV TA = - L
quindi
V
ABnc
LTT minus= (1)
Il gas N2 egrave biatomico quindi RcV2
5= Il numero di moli n si ricava dividendo la massa m del gas
N2 per la massa molare Mo cioegrave
moliM
mn 573
28
100
0
===
Sostituendo nella (1) si ottiene
CKnc
LTT
V
AB deg==
sdotsdot
minus=minus= 63675309
3182
5573
25015313
L=250J
N2
TA=40degC
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
12) Una macchina irreversibile funziona scambiando calore con due sorgenti alle temperature
T1 = 300 K e T2 = 250 K In un ciclo essa produce un lavoro L = 30 cal e la variazione totale di
entropia dellrsquouniverso egrave ∆S = 002 calK Calcolare il rendimento ρ della macchina
Soluzione
T1 = 300 K
T2 = 250 K
L = 30 cal
∆Suniverso = 002 calK
ρ =
Nella risoluzione del problema le quantitagrave di calore Q1 e Q2 assorbita e ceduta dalla macchina sono
considerate come quantitagrave positive Con questa scelta il lavoro fatto dalla macchina egrave pari
semplicemente alla differenza fra il calore assorbito Q1 e il calore ceduto Q2 L=Q1-Q2
Per calcolare il rendimento 1Q
L=ρ della macchina egrave necessario ricavare il calore assorbito Q1
Una relazione fra Q1 e Q2 si ottiene osservando che il lavoro L fatto dalla macchina egrave pari a 30 cal
L = Q1 ndash Q2 = 30 cal
Una seconda relazione fra Q1 e Q2 si puograve ottenere calcolando la variazione di entropia dellrsquouniverso
in un ciclo della macchina visto che la traccia fornisce il suo valore ∆Suniverso = 002 calK
La variazione di entropia dellrsquouniverso ∆Suniverso egrave semplicemente la somma delle variazioni di
entropia della macchina e delle due sorgenti
∆Suniverso = ∆Smacchina + ∆S1 + ∆S2
La variazione di entropia della macchina ∆Smacchina in un ciclo egrave nulla in quanto lrsquoentropia egrave funzione
di stato (lo stato finale della macchina egrave identico a quello iniziale)
La sorgente a temperatura T1 cede una quantitagrave di calore Q1 alla macchina quindi la sua variazione
di entropia ∆S1 egrave negativa
La sorgente a temperatura T2 al contrario acquista dalla macchina una quantitagrave di calore Q2 quindi
la sua variazione di entropia ∆S2 egrave positiva
Quindi
250300
21
2
2
1
121
T
Q
T
QSSSuniverso +minus=+minus=∆+∆=∆
T2
Q2
Q1
L
MT
T1
Otteniamo cosigrave la seconda relazione fra Q1 e Q2
250300020 21 QQ
+minus=
Mettendo a sistema le due relazioni ricavate sopra si ottengono i valori di Q1 e Q2
+=
=+minus
30
100
2
250300
21
21
+=
=++
minus
30
10
2
2530
30
21
22
Dalla prima equazione si ottiene
- 5 (Q2 + 30) + 6 Q2 = 30
-5 Q2 - 150 + 6 Q2 = 30
Q2 = 180 cal
Sostituendo nella seconda si ottiene il valore di Q1
Q1 = Q2 + 30 = 180 + 30 = 210 cal
Il rendimento cercato egrave quindi
14140210
30
1
====Q
Lρ
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
13) Una mole di azoto (N2) occupa inizialmente un volume V0 = 10 l alla temperatura T0 = 400 K Il
gas compie una espansione adiabatica irreversibile a seguito della quale il volume raddoppia Il
lavoro compiuto dal gas durante la trasformazione egrave L = 1250 J
Determinare
a) la temperatura e la pressione del gas quando si egrave stabilito di nuovo lequilibrio termodinamico
b) la variazione di entropia nel processo
R = 831 J(mol K) = 00821 litriatm (mol K)
Soluzione
Lrsquoazoto (N2 ) egrave biatomico quindi il calore specifico molare a volume costante egrave Rcv2
5=
Il gas compie una espansione adiabatica irreversibile durante la quale compie un determinato lavoro
esterno Applicando il primo principio della termodinamica alla trasformazione effettuata dal gas si
ha
∆U =Q ndash L = ndash L
in quanto Q=0 in una trasformazione adiabatica Drsquoaltra parte la variazione di energia interna ∆U in
un gas perfetto che effettua una trasformazione qualsiasi tra due stati che differiscono di ∆T in
temperatura egrave sempre data da ∆U = n cv ∆T Quindi
n cv ∆T = ndash L
n cv (Tf ndash Ti) = ndash L
da cui si ricava la temperatura finale di equilibrio
Knc
LTnc
nc
LTT
v
iv
v
if 340
3182
5
12504003182
5
cong
sdot
minussdotsdot=
minus=minus=
Dallrsquoequazione di stato dei gas perfetti possiamo ricavare il valore della pressione nel nuovo stato
di equilibrio termodinamico
pf Vf = n R Tf
atmV
nRTp
f
f
f 41102
34008210cong
sdot
sdot==
La variazione di entropia del processo puograve essere calcolata utilizzando lrsquoespressione generale per la
variazione di entropia di un gas perfetto fra due stati termodinamici Iequiv (Ti Vi) ed Fequiv (Tf Vf )
KJV
VnR
T
TncS
i
f
i
f
V 38276538310
20ln318
400
340ln318
2
5lnln =+minuscongsdot+sdotsdot=+=∆
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
14) Si considerino due macchine termiche che funzionano con le stesse due sorgenti di calore alle
temperature T2 = 250K e T1 = 500K La prima macchina opera secondo un ciclo di Carnot
assorbendo una quantitagrave di calore Q1 = 1400J dalla sorgente alla temperatura T1 La seconda
macchina descrive invece un ciclo irreversibile il cui rendimento egrave ρ = 035 Il lavoro prodotto dalle
due macchine egrave il medesimo Determinare
a) il lavoro prodotto in un ciclo
b) la variazione di entropia dellrsquouniverso che accompagna ogni ciclo della macchina irreversibile
Soluzione
T1 = 500K
T2 = 250K
Q1 = 1400J (calore assorbito Carnot)
L = Lrsquo=
a)
Il rendimento della macchina di Carnot egrave dato da
50502
1
500
25011
1
2
1
===minus=minus==T
T
Q
LCarnotρ
da cui si ricava immediatamente la risposta al quesito a)
L = ρCarnotQ1 = 05 1400 = 700 J
T1
T2
Q2
Q1
L
CARNOT
b)
Indichiamo con lrsquoapice tutte le grandezze relative alla macchina irreversibile Il lavoro Lrsquo fatto dalla
macchina irreversibile egrave uguale a quello (L=700 J) fatto dalla macchina di Carnot Per calcolare la
variazione di entropia che accompagna ogni ciclo della macchina irreversibile abbiamo bisogno di
conoscere il calore Q1rsquoassorbito dal termostato a temperatura T1 e il calore Q2rsquo ceduto al termostato
a temperatura T2
Conoscendo il rendimento ρ della macchina irreversibile possiamo calcolare il calore Q1rsquo assorbito
dalla macchina
1
Q
L=ρ rarr J
LQ 2000
350
700
1 ===
ρ
Il calore Q2rsquo ceduto dalla macchina irreversibile al termostato a temperatura piugrave bassa T2 saragrave quindi
dato da
Q2rsquo = Q1rsquo ndash Lrsquo = 2000 ndash 700 = 1300 J
La variazione di entropia dellrsquouniverso per ogni ciclo della macchina irreversibile egrave data solamente
dalla variazione di entropia delle sorgenti in quanto la variazione di entropia della macchina in un
ciclo egrave nulla (lrsquoentropia egrave una funzione di stato)
KJT
Q
T
QS sorg 21
250
1300
500
2000
2
2
1
1 =+minus=+minus=∆
T1
T2
Q2rsquo
Q1rsquo
Lrsquo=L Macchina
irreversibile ρρρρrsquo=035
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
15) Un gas perfetto descrive un ciclo reversibile costituito dalle trasformazioni AB adiabatica BC
isoterma e CA isocora
Calcolare il rendimento del ciclo sapendo che TA = 2TB
Soluzione
A rarr B adiabatica
B rarr C isoterma
C rarr A isocora
TA = 2TB
VA = VC (poicheacute isocora)
TB = TC (poicheacute isoterma)
Il rendimento del ciclo egrave dato dalla
ass
cedass
ass Q
Q
L minus==ρ
si devono quindi calcolare Qass e Qced In questo ciclo
QAB = 0 (poicheacute trasformazione adiabatica)
QCA = Qass = n cv ∆T = n cv (TA - TC) = n cv (TA ndash TB) = n cv (2TB ndash TB) = n cv TB
C
BB
B
CB
V
V
B
V
V
BcedBC
V
VnRT
V
VnRT
V
dVnRTdV
V
nRTQQ
C
B
C
B
lnln minus===== intint
quindi essendo VA = VC
p
C
B
A
V
adiabatica
isocora
isoterma
VA = VC VB
A
BBced
V
VnRTQ lnminus=
Il rapporto VB VA si puograve calcolare considerando la trasformazione AB (adiabatica) per la quale vale
la seguente
PVγ = cost
da cui
=sdot γV
V
nRTcost
e quindi essendo n ed R costanti
T V γ - 1
= cost
Applicata alla trasformazione AB si ha
11 minusminus = γγ
BBAA VTVT
da cui 1minus
=
γ
A
B
B
A
V
V
T
T
e
1
1
minus
=
γ
B
A
A
B
T
T
V
V
Sapendo che v
p
c
c=γ e che cp - cv = R (relazione di Mayer) si ha
vv
vp
v
p
c
R
c
cc
c
c=
minus=minus=minus 11γ oppure
1
1
minus=
γR
cv
2lnlnlnlnln1
1
Bv
B
AB
vR
c
B
AB
B
AB
A
BBced Tnc
T
TT
R
cnR
T
TnRT
T
TnRT
V
VnRTQ
v
minus=
sdotminus=
minus=
minus=minus=
minusγ
Quindi il rendimento ρ risulta essere
302ln12ln
11 =minus=minus=+==Bv
Bv
ass
ced
ass Tnc
Tnc
Q
Q
Q
Lρ
Fisica 1 (AA 2004-2005) Esercizi Termodinamica
16) Una macchina di Carnot ha un rendimento ρ = 22 Le due sorgenti a temperatura costante
differiscono di 75 K Sapendo che il lavoro prodotto in un ciclo egrave L = 200 J calcolare
a) le due temperature T1 e T2 ( con T1 gt T2)
b) la quantitagrave di calore Q1 assorbita dalla macchina di Carnot dalla sorgente a temperatura T1 e la
quantitagrave di calore Q2 ceduta dalla macchina di Carnot alla sorgente a temperatura T2
c) le variazioni di entropia (con il loro segno) 1S∆ e 2S∆ di ciascuna delle due sorgenti
d) la variazione di entropia dellrsquouniverso univS∆
Soluzione
ρ = 22 = 022
T1 ndash T2 = 75 K
L = 200 J
a) T1 = T2 =
b) Q1 =
c) Q2 =
d) ∆S1 = ∆S2 =
e) ∆SUNIV =
a) Consideriamo le quantitagrave di calore Q1 e Q2 come quantitagrave positive Con questa scelta il
rendimento ρ della macchina di Carnot egrave
1
2
1
2 11T
T
Q
Qminus=minus=ρ
11
21
1
21T
T
T
TT
T
T ∆=
minus=minus=ρ
quindi
KKT
T 3419340220
751 cong==
∆=
ρ
e
KTTTT 26675341)( 2112 =minuscongminusminus=
b)
Essendo Q1 e Q2 quantitagrave positive il lavoro prodotto in un ciclo egrave pari alla differenza fra Q1 e Q2
L = Q1 ndash Q2 = 200 J
Inoltre
V
A
D
p
C
B T1
T2
780341
266
1
2
1
2 ===T
T
Q
Q
Abbiamo quindi le seguenti due relazioni nelle due incognite Q1 e Q2
=
=minus
12
21
780
200
Risolvendo
=
=sdotminus
12
11
780
200780
=
=sdot
12
1
780
200220
Q
=
=sdot
12
1
780
220
200
Q
da cui
=
=
JQ
JQ
709
909
2
1
d) La variazione di entropia della sorgente 1 egrave
KJT
QS 662
341
909
1
11 minus=minus=minus=∆
La variazione di entropia della sorgente 2 egrave
KJT
QS 662
266
709
2
22 ==+=∆
e) La variazione di entropia dellrsquouniverso in un ciclo della macchina di Carnot (o di una qualunque
macchina termica reversibile che lavori fra T1 e T2) risulta quindi essere
∆SUNIV = ∆S1 + ∆S2 = - 266 + 266 = 0
Fisica 1 (AA 2004-2005) Esercizi Termodinamica
17) Un gas perfetto monoatomico compie a partire da un certo stato iniziale una trasformazione
isocora fino a una pressione doppia di quella iniziale assorbendo una quantitagrave di calore Q = 45 cal
Si calcoli il lavoro compiuto dal gas se a partire dallo stesso stato iniziale esso compie invece una
trasformazione isobara che ne fa raddoppiare il volume
Soluzione
Il lavoro compiuto dal gas nella trasformazione isobara da I a G egrave semplicemente
( ) 000000 2 VpVVpVpL =minus=∆=
La quantitagrave p0V0 entra nellrsquoequazione di stato dei gas perfetti
000 nRTVp =
Nella trasformazione isocora da I ad F il gas passa da una pressione iniziale pi= p0 a una pressione
finale doppia pf=2p0 La temperatura finale Tf saragrave quindi doppia di quella iniziale Infatti
fnRTVp =sdot 00 )2( fnRTnRT =02 02TT f =
Passando da I ad F il gas monoatomico ( Rcv2
3= ) assorbe una quantitagrave di calore Q = 45 cal
( ) ( ) 0000 2 TncTTncTTncTncQ vvfvv =minus=minus=∆=
00002
3
2
3
2
3VpTnRTRnQ ===
Possiamo quindi ricavare la quantitagrave cercata p0V0
QVp3
200 =
Il lavoro L compiuto dal gas nella trasformazione isobara da I a G egrave quindi
30453
2
3
200 calcalQVpL ====
G I
F
V
2 p0
p0
2 V0 V0
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
18) Un blocco di ghiaccio di massa mg alla temperatura T1 = -10degC egrave immerso in 100g di acqua alla
temperatura T2 = 27degC Calcolare la temperatura finale di equilibrio e la quantitagrave di ghiaccio sciolta
nei due casi
a) mg = 100g
b) mg = 10g
(ca = 1 calg degC cg = 05 calg degC λfus = 80 calg)
Soluzione
a)
Nel primo caso una massa mg = 100g di ghiaccio viene immersa in ma = 100g di acqua Per
ricavare la quantitagrave di ghiaccio sciolta osserviamo che affincheacute il ghiaccio inizi a sciogliersi deve
innanzitutto portarsi dalla temperatura iniziale T1 = -10degC alla temperatura Tfus= 0degC assorbendo
calore dallrsquoacqua circostante La quantitagrave di calore necessaria per il riscaldamento del ghiaccio da -
10degC a 0degC egrave
Qg (T1=-10degC rarr Tfus=0degC) = mg cg ∆T = 100 05 10 = 500 cal
La massa ma di acqua con cui il ghiaccio egrave in contatto termico puograve fornire al ghiaccio al massimo
una quantitagrave di calore Qamax che corrisponde a un raffreddamento dellrsquointera massa drsquoacqua ma fino
alla temperatura di solidificazione dellrsquoacqua Tsol=0degC
Qamax (T2 = 27degC rarr Tsol= 0degC) = ma ca ∆T = 100 1 27 = 2700 cal
Essendo Qamax gt Qg allora il ghiaccio puograve assorbire dallrsquoacqua circostante il calore necessario a
passare da -10degC a 0degC Assorbendo ulteriormente calore il ghiaccio comincia a fondere
La quantitagrave di calore necessaria affincheacute lrsquointera massa mg di ghiaccio si fonda puograve essere ricavata
dalla relazione
Qfus = λfus mg = 80 100 = 8000 cal
La quantitagrave di calore necessaria per la fusione dellrsquointera massa di ghiaccio egrave superiore alla massima
quantitagrave di calore che lrsquoacqua circostante puograve fornire Qfus gt Qamax Non tutta la massa di ghiaccio
puograve quindi passare allo stato liquido con il risultato che coesisteranno in equilibrio acqua e
ghiaccio La temperature di equilibrio Te risulteragrave quindi essere la temperatura di fusione Tfus= 0degC
mg
ma
La quantitagrave mrsquog di ghiaccio fusa puograve essere ricavata dalla conservazione dellrsquoenergia La quantitagrave di
calore massima Qamax che lrsquoacqua circostante puograve fornire serve ad innalzare la temperatura del
ghiaccio da -10degC a 0degC e a fondere solo una parte mrsquog di ghiaccio
Qamax = Qg (T1=-10degC rarr Tfus=0degC) + mrsquog λfus
2700 = 500 + 80 mrsquog
da cui
gm g 52780
2200 ==
b)
Nel secondo caso una massa mg = 10g viene immersa in ma = 100g di acqua
La quantitagrave di calore necessaria adesso per il riscaldamento di soli 10 grammi di ghiaccio da -10degC a
0degC egrave
Qg (T1= -10degC rarr Tfus=0degC) = mg cg ∆T = 10 05 10 = 50 cal
La quantitagrave di calore necessaria per fondere i 10 grammi di ghiaccio egrave pari a
Qfus = λfus mg = 80 10 = 800 cal
La quantitagrave di calore massima Qamax =2700 cal che lrsquoacqua circostante puograve fornire egrave adesso
sufficiente per innalzare la temperatura di mg=10g di ghiaccio da -10degC a 0degC (servono infatti solo
50 cal)e per fondere lrsquointera massa di ghiaccio (servono infatti solo ulteriori 800 cal)
Assorbendo quindi solo 850cal dallrsquoacqua circostante lrsquointera massa mg=10g di ghiaccio fonde e si
ottengono 10 grammi di acqua a 0deg
Assorbendo ulteriormente una quantitagrave di calore Q (0degC rarr te) dalla massa ma=100g di acqua
circostante a piugrave alta temperatura i 10 grammi di acqua a 0deg e la massa ma = 100g si porteranno a
una temperatura intermedia di equilibrio tE
Se si indica Qa la quantitagrave di calore ceduta dalla massa ma = 100g di acqua che si porta dalla
temperatura T1=27degC alla temperatura di equilibrio te il bilancio dei calori scambiati puograve essere
scritto come
Qa (T1=27degC rarr te) = Qg (-10degC rarr 0degC) + Qfus + Q (0degC rarr te)
ma ca (27deg - te) = 50 + 800 + mg ca ( te- 0deg)
100 1 (27deg - te) = 50 + 800 + 10 1 ( te- 0deg)
100 27 ndash 100 te = 850 + 10 te
da cui 2700 ndash 100 te = 850 + 10 te
110 te = 1850
e quindi
Cte deg== 816110
1850
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
19) Una kmole di gas perfetto biatomico egrave contenuta in un recipiente adiabatico munito di pistone di
volume Vi =05m3 Con il pistone bloccato il contenitore viene posto in un ambiente la cui pressione
egrave mantenuta costante al valore p0 = 510 6 Pa Ad un certo istante si sblocca il pistone e il gas si
espande fino a raggiungere lrsquoequilibrio meccanico con lrsquoambiente Si osserva una diminuzione di
temperatura ∆T= - 20 K Calcolare il volume finale Vf del gas
Soluzione
Il recipiente egrave adiabatico quindi il calore scambiato con lrsquoesterno egrave nullo (Q = 0 )
Il lavoro fatto dal gas sullrsquoambiente esterno a pressione p0=costante egrave semplicemente
VpL ∆= 0
Dal primo principio della termodinamica
LLQU minus=minus=∆
La variazione di energia interna del gas perfetto biatomico (cV=52 R) egrave
RRTncU V 50000)20(2
51000 minus=minussdot=∆=∆
3
6
00
080105
31850000m
p
U
p
LVVV if cong
sdot
sdot=
∆minus==minus=∆
358008050 mVVV if =+=∆+=
V = 053
m
n = 1000 Pap
6
0 105 sdot=
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
20) Un gas perfetto biatomico subisce una trasformazione a seguito della quale la pressione varia da
po = 15105 Pa a p1 = 225 10
5 Pa Il calore netto scambiato durante la trasformazione egrave Q=608 J
Sapendo che il volume finale V1 egrave uguale a quello iniziale (Vo = 3 l) determinare
a) la variazione di energia interna ∆U subita dal gas
b) il lavoro fatto dal gas
Soluzione
Il fatto che i volumi iniziale e finale sono uguali non egrave sufficiente per dedurre che il lavoro egrave nullo
(la trasformazione cioegrave non egrave isocora) infatti il lavoro dipende dalla trasformazione subita dal gas
ed il suo valore puograve essere determinato dal primo principio della termodinamica
L = Q - ∆U
La variazione di energia interna di un gas perfetto risulta essere
∆U = n cv (T1-T0)
Le temperature iniziale e finale si determinano dallrsquoequazione di stato del gas perfetto
Tp V
nR
p V
nR
p V
nR0
0 01
1 1 1 0= = = e T
La variazione di energia interna risulta
∆U = n cv ( )0100001 ppV
R
c
nR
Vp
nR
Vp v minus=
minus = 5625 J
Il lavoro del gas risulta quindi
L = Q - ∆U = 608 -5625 = 455 J
Punto C
VC = VB = 3 VA = 06 m3
Il punto C sta nella stessa adiabatica del punto A per cui essendo
p Vγ = costante
si ha γγCCAA VpVp =
da cui 2
41
198593
14000
m
N
V
Vp
V
Vpp
C
A
A
C
A
AC =
sdot=
==
γ
γ
γ
KnR
VpT CC
C 04623181
6019859=
sdot
sdot==
quindi
VC = 06 m3
pC = 85919 Nm2
TC cong 6204 K
Trasformazione A rarr B (isoterma)
∆U (A rarr B) = 0 percheacute U dipende solo da T
quindi ∆U = Q ndash L rArr L = Q
JV
VnRT
V
dVnRTdV
V
nRTpdVL
A
B
ABA 898783ln27963181ln)( =sdotsdotsdot===== intintintrarr
Q (A rarr B) = L (A rarr B) = 87889 J
KJV
VnR
T
TncS
A
B
A
B
VBA 1393ln31810lnln)( =sdotsdot+=+=∆ rarr
Trasformazione B rarr C (isocora)
L (B rarr C) = 0 percheacute V = costante
Quindi ∆U = Q ndash L = Q
∆U(B rarr C) = n cv ∆T = n cv (TC ndash TB) = 52 831 (6204 - 9627) = - 71122 J
Q = ∆U = - 71122 J calore ceduto
KJV
VnR
T
TncS
B
C
B
C
VCB 13902796
0462ln318
2
51lnln)( minus=+sdotsdotsdot=+=∆ rarr
Trasformazione C rarr A (adiabatica)
Q (C rarr A) = 0 percheacute adiabatica
Quindi
∆U(C rarr A) = n cv ∆T = n cv (TA ndash TC) = n cv (TB ndash TC) = - ∆U(B rarr C) =
= 52 831 (9627 ndash 6204) = + 71122 J
∆U = Q ndash L = - L
L(C rarr A) = - ∆U(C rarr A) = - 71122 J
∆S(C rarr A) = 0 perchegrave adiabatica reversibile
Q L ∆U ∆S
A rarr B
Isoterma 87889 J 87889 J 0 913 JK
B rarr C
Isocora - 71122 J 0 - 71122 J - 913 JK
C rarr A
Adiabatica 0 - 71122 J 71122 J 0
ciclo 16767 J 16767 J 0 0
b) Calcolare il rendimento del ciclo
119191089878
67167
)(
)()(cong==
+==
rarr
rarrrarr
BA
ACBA
ass Q
LL
Q
Lρ
Le temperature estreme sono
TA = TB = 9627 K
TC = 6204 K
63535602796
046211 congminus=minus=minus=
A
CC
T
Tρ
ρ lt ρC come ci si aspettava
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica
10) Un pezzo di materiale solido di massa ms = 01 kg viene riscaldato a Ts = 300 degC e poi immerso
in un contenitore a pareti adiabatiche contenente due litri di acqua inizialmente a Ta = 20degC Se la
temperatura finale del sistema egrave di Tf = 213degC si determini il calore specifico cs del solido
assumendo i calori specifici indipendenti dalla temperatura
Soluzione
ms = 01 kg
Va = 2 litri = 2 x 10-3
m3
Ts = 300 degC
Ta = 20degC
Tf = 213degC
cs =
Il corpo di massa ms inizialmente alla temperatura Ts=300 degC egrave immerso in un volume di acqua Va
= 2 litri che si trova inizialmente alla temperatura Ta = 20degC Il corpo a temperatura maggiore cede
calore allrsquoacqua a temperatura inferiore Il recipiente egrave adiabatico (non ci sono dispersioni di calore)
quindi la somma algebrica del calore Qs ceduto dal solido e del calore Qa assorbito dallrsquoacqua deve
essere nulla cioegrave
Qs + Qa = 0
e quindi
Qs = - Qa (1)
La quantitagrave di calore Qs ceduta dal corpo solido egrave pari a
Qs = ms cs (Tf - Ts)
La quantitagrave di calore Qa assorbita dallrsquoacqua egrave data dalla
Qa = ma ca (Tf - Ta) = ρa Va ca (Tf - Ta)
dove ρa = 1000 kgm3 e ca = 1 cal(g degC)= 1000 cal(kg degC)
Sostituendo nella (1) si ottiene
ms cs (Tf - Ts) = - ρa Va ca (Tf - Ta)
da cui
Ckg
J
Ckg
cal
TTm
TTcVc
sfs
afaaa
sdeg
congdeg
=minussdot
minussdotsdotsdotsdotminus=
minus
minusminus=
minus
53902993)300321(10
)20321(10001021000
)(
)( 3ρ
ms
ma
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
11) Vengono fatti espandere adiabaticamente m = 100 g di azoto (N2) fino a compiere un lavoro
L = 250 J Considerando il gas perfetto si calcoli la temperatura finale TB sapendo che quella
iniziale TA egrave di 40 degC (La massa molare dellrsquoazoto N2 egrave Mo = 28 gmole R = 831 J(mol K))
Soluzione
m = 100 g
Mo = 28 gmole
TA = 40degC = 31315 K
L = 250 J
R = 831 Jmole K
Per il primo principio della termodinamica si ha che
∆U = Q ndash L
Il gas effettua una trasformazione adiabatica allora Q = 0 quindi
∆U = ndash L
n cV ∆T = - L
n cV (TB ndash TA) = - L
n cV TB ndash n cV TA = - L
quindi
V
ABnc
LTT minus= (1)
Il gas N2 egrave biatomico quindi RcV2
5= Il numero di moli n si ricava dividendo la massa m del gas
N2 per la massa molare Mo cioegrave
moliM
mn 573
28
100
0
===
Sostituendo nella (1) si ottiene
CKnc
LTT
V
AB deg==
sdotsdot
minus=minus= 63675309
3182
5573
25015313
L=250J
N2
TA=40degC
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
12) Una macchina irreversibile funziona scambiando calore con due sorgenti alle temperature
T1 = 300 K e T2 = 250 K In un ciclo essa produce un lavoro L = 30 cal e la variazione totale di
entropia dellrsquouniverso egrave ∆S = 002 calK Calcolare il rendimento ρ della macchina
Soluzione
T1 = 300 K
T2 = 250 K
L = 30 cal
∆Suniverso = 002 calK
ρ =
Nella risoluzione del problema le quantitagrave di calore Q1 e Q2 assorbita e ceduta dalla macchina sono
considerate come quantitagrave positive Con questa scelta il lavoro fatto dalla macchina egrave pari
semplicemente alla differenza fra il calore assorbito Q1 e il calore ceduto Q2 L=Q1-Q2
Per calcolare il rendimento 1Q
L=ρ della macchina egrave necessario ricavare il calore assorbito Q1
Una relazione fra Q1 e Q2 si ottiene osservando che il lavoro L fatto dalla macchina egrave pari a 30 cal
L = Q1 ndash Q2 = 30 cal
Una seconda relazione fra Q1 e Q2 si puograve ottenere calcolando la variazione di entropia dellrsquouniverso
in un ciclo della macchina visto che la traccia fornisce il suo valore ∆Suniverso = 002 calK
La variazione di entropia dellrsquouniverso ∆Suniverso egrave semplicemente la somma delle variazioni di
entropia della macchina e delle due sorgenti
∆Suniverso = ∆Smacchina + ∆S1 + ∆S2
La variazione di entropia della macchina ∆Smacchina in un ciclo egrave nulla in quanto lrsquoentropia egrave funzione
di stato (lo stato finale della macchina egrave identico a quello iniziale)
La sorgente a temperatura T1 cede una quantitagrave di calore Q1 alla macchina quindi la sua variazione
di entropia ∆S1 egrave negativa
La sorgente a temperatura T2 al contrario acquista dalla macchina una quantitagrave di calore Q2 quindi
la sua variazione di entropia ∆S2 egrave positiva
Quindi
250300
21
2
2
1
121
T
Q
T
QSSSuniverso +minus=+minus=∆+∆=∆
T2
Q2
Q1
L
MT
T1
Otteniamo cosigrave la seconda relazione fra Q1 e Q2
250300020 21 QQ
+minus=
Mettendo a sistema le due relazioni ricavate sopra si ottengono i valori di Q1 e Q2
+=
=+minus
30
100
2
250300
21
21
+=
=++
minus
30
10
2
2530
30
21
22
Dalla prima equazione si ottiene
- 5 (Q2 + 30) + 6 Q2 = 30
-5 Q2 - 150 + 6 Q2 = 30
Q2 = 180 cal
Sostituendo nella seconda si ottiene il valore di Q1
Q1 = Q2 + 30 = 180 + 30 = 210 cal
Il rendimento cercato egrave quindi
14140210
30
1
====Q
Lρ
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
13) Una mole di azoto (N2) occupa inizialmente un volume V0 = 10 l alla temperatura T0 = 400 K Il
gas compie una espansione adiabatica irreversibile a seguito della quale il volume raddoppia Il
lavoro compiuto dal gas durante la trasformazione egrave L = 1250 J
Determinare
a) la temperatura e la pressione del gas quando si egrave stabilito di nuovo lequilibrio termodinamico
b) la variazione di entropia nel processo
R = 831 J(mol K) = 00821 litriatm (mol K)
Soluzione
Lrsquoazoto (N2 ) egrave biatomico quindi il calore specifico molare a volume costante egrave Rcv2
5=
Il gas compie una espansione adiabatica irreversibile durante la quale compie un determinato lavoro
esterno Applicando il primo principio della termodinamica alla trasformazione effettuata dal gas si
ha
∆U =Q ndash L = ndash L
in quanto Q=0 in una trasformazione adiabatica Drsquoaltra parte la variazione di energia interna ∆U in
un gas perfetto che effettua una trasformazione qualsiasi tra due stati che differiscono di ∆T in
temperatura egrave sempre data da ∆U = n cv ∆T Quindi
n cv ∆T = ndash L
n cv (Tf ndash Ti) = ndash L
da cui si ricava la temperatura finale di equilibrio
Knc
LTnc
nc
LTT
v
iv
v
if 340
3182
5
12504003182
5
cong
sdot
minussdotsdot=
minus=minus=
Dallrsquoequazione di stato dei gas perfetti possiamo ricavare il valore della pressione nel nuovo stato
di equilibrio termodinamico
pf Vf = n R Tf
atmV
nRTp
f
f
f 41102
34008210cong
sdot
sdot==
La variazione di entropia del processo puograve essere calcolata utilizzando lrsquoespressione generale per la
variazione di entropia di un gas perfetto fra due stati termodinamici Iequiv (Ti Vi) ed Fequiv (Tf Vf )
KJV
VnR
T
TncS
i
f
i
f
V 38276538310
20ln318
400
340ln318
2
5lnln =+minuscongsdot+sdotsdot=+=∆
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
14) Si considerino due macchine termiche che funzionano con le stesse due sorgenti di calore alle
temperature T2 = 250K e T1 = 500K La prima macchina opera secondo un ciclo di Carnot
assorbendo una quantitagrave di calore Q1 = 1400J dalla sorgente alla temperatura T1 La seconda
macchina descrive invece un ciclo irreversibile il cui rendimento egrave ρ = 035 Il lavoro prodotto dalle
due macchine egrave il medesimo Determinare
a) il lavoro prodotto in un ciclo
b) la variazione di entropia dellrsquouniverso che accompagna ogni ciclo della macchina irreversibile
Soluzione
T1 = 500K
T2 = 250K
Q1 = 1400J (calore assorbito Carnot)
L = Lrsquo=
a)
Il rendimento della macchina di Carnot egrave dato da
50502
1
500
25011
1
2
1
===minus=minus==T
T
Q
LCarnotρ
da cui si ricava immediatamente la risposta al quesito a)
L = ρCarnotQ1 = 05 1400 = 700 J
T1
T2
Q2
Q1
L
CARNOT
b)
Indichiamo con lrsquoapice tutte le grandezze relative alla macchina irreversibile Il lavoro Lrsquo fatto dalla
macchina irreversibile egrave uguale a quello (L=700 J) fatto dalla macchina di Carnot Per calcolare la
variazione di entropia che accompagna ogni ciclo della macchina irreversibile abbiamo bisogno di
conoscere il calore Q1rsquoassorbito dal termostato a temperatura T1 e il calore Q2rsquo ceduto al termostato
a temperatura T2
Conoscendo il rendimento ρ della macchina irreversibile possiamo calcolare il calore Q1rsquo assorbito
dalla macchina
1
Q
L=ρ rarr J
LQ 2000
350
700
1 ===
ρ
Il calore Q2rsquo ceduto dalla macchina irreversibile al termostato a temperatura piugrave bassa T2 saragrave quindi
dato da
Q2rsquo = Q1rsquo ndash Lrsquo = 2000 ndash 700 = 1300 J
La variazione di entropia dellrsquouniverso per ogni ciclo della macchina irreversibile egrave data solamente
dalla variazione di entropia delle sorgenti in quanto la variazione di entropia della macchina in un
ciclo egrave nulla (lrsquoentropia egrave una funzione di stato)
KJT
Q
T
QS sorg 21
250
1300
500
2000
2
2
1
1 =+minus=+minus=∆
T1
T2
Q2rsquo
Q1rsquo
Lrsquo=L Macchina
irreversibile ρρρρrsquo=035
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
15) Un gas perfetto descrive un ciclo reversibile costituito dalle trasformazioni AB adiabatica BC
isoterma e CA isocora
Calcolare il rendimento del ciclo sapendo che TA = 2TB
Soluzione
A rarr B adiabatica
B rarr C isoterma
C rarr A isocora
TA = 2TB
VA = VC (poicheacute isocora)
TB = TC (poicheacute isoterma)
Il rendimento del ciclo egrave dato dalla
ass
cedass
ass Q
Q
L minus==ρ
si devono quindi calcolare Qass e Qced In questo ciclo
QAB = 0 (poicheacute trasformazione adiabatica)
QCA = Qass = n cv ∆T = n cv (TA - TC) = n cv (TA ndash TB) = n cv (2TB ndash TB) = n cv TB
C
BB
B
CB
V
V
B
V
V
BcedBC
V
VnRT
V
VnRT
V
dVnRTdV
V
nRTQQ
C
B
C
B
lnln minus===== intint
quindi essendo VA = VC
p
C
B
A
V
adiabatica
isocora
isoterma
VA = VC VB
A
BBced
V
VnRTQ lnminus=
Il rapporto VB VA si puograve calcolare considerando la trasformazione AB (adiabatica) per la quale vale
la seguente
PVγ = cost
da cui
=sdot γV
V
nRTcost
e quindi essendo n ed R costanti
T V γ - 1
= cost
Applicata alla trasformazione AB si ha
11 minusminus = γγ
BBAA VTVT
da cui 1minus
=
γ
A
B
B
A
V
V
T
T
e
1
1
minus
=
γ
B
A
A
B
T
T
V
V
Sapendo che v
p
c
c=γ e che cp - cv = R (relazione di Mayer) si ha
vv
vp
v
p
c
R
c
cc
c
c=
minus=minus=minus 11γ oppure
1
1
minus=
γR
cv
2lnlnlnlnln1
1
Bv
B
AB
vR
c
B
AB
B
AB
A
BBced Tnc
T
TT
R
cnR
T
TnRT
T
TnRT
V
VnRTQ
v
minus=
sdotminus=
minus=
minus=minus=
minusγ
Quindi il rendimento ρ risulta essere
302ln12ln
11 =minus=minus=+==Bv
Bv
ass
ced
ass Tnc
Tnc
Q
Q
Q
Lρ
Fisica 1 (AA 2004-2005) Esercizi Termodinamica
16) Una macchina di Carnot ha un rendimento ρ = 22 Le due sorgenti a temperatura costante
differiscono di 75 K Sapendo che il lavoro prodotto in un ciclo egrave L = 200 J calcolare
a) le due temperature T1 e T2 ( con T1 gt T2)
b) la quantitagrave di calore Q1 assorbita dalla macchina di Carnot dalla sorgente a temperatura T1 e la
quantitagrave di calore Q2 ceduta dalla macchina di Carnot alla sorgente a temperatura T2
c) le variazioni di entropia (con il loro segno) 1S∆ e 2S∆ di ciascuna delle due sorgenti
d) la variazione di entropia dellrsquouniverso univS∆
Soluzione
ρ = 22 = 022
T1 ndash T2 = 75 K
L = 200 J
a) T1 = T2 =
b) Q1 =
c) Q2 =
d) ∆S1 = ∆S2 =
e) ∆SUNIV =
a) Consideriamo le quantitagrave di calore Q1 e Q2 come quantitagrave positive Con questa scelta il
rendimento ρ della macchina di Carnot egrave
1
2
1
2 11T
T
Q
Qminus=minus=ρ
11
21
1
21T
T
T
TT
T
T ∆=
minus=minus=ρ
quindi
KKT
T 3419340220
751 cong==
∆=
ρ
e
KTTTT 26675341)( 2112 =minuscongminusminus=
b)
Essendo Q1 e Q2 quantitagrave positive il lavoro prodotto in un ciclo egrave pari alla differenza fra Q1 e Q2
L = Q1 ndash Q2 = 200 J
Inoltre
V
A
D
p
C
B T1
T2
780341
266
1
2
1
2 ===T
T
Q
Q
Abbiamo quindi le seguenti due relazioni nelle due incognite Q1 e Q2
=
=minus
12
21
780
200
Risolvendo
=
=sdotminus
12
11
780
200780
=
=sdot
12
1
780
200220
Q
=
=sdot
12
1
780
220
200
Q
da cui
=
=
JQ
JQ
709
909
2
1
d) La variazione di entropia della sorgente 1 egrave
KJT
QS 662
341
909
1
11 minus=minus=minus=∆
La variazione di entropia della sorgente 2 egrave
KJT
QS 662
266
709
2
22 ==+=∆
e) La variazione di entropia dellrsquouniverso in un ciclo della macchina di Carnot (o di una qualunque
macchina termica reversibile che lavori fra T1 e T2) risulta quindi essere
∆SUNIV = ∆S1 + ∆S2 = - 266 + 266 = 0
Fisica 1 (AA 2004-2005) Esercizi Termodinamica
17) Un gas perfetto monoatomico compie a partire da un certo stato iniziale una trasformazione
isocora fino a una pressione doppia di quella iniziale assorbendo una quantitagrave di calore Q = 45 cal
Si calcoli il lavoro compiuto dal gas se a partire dallo stesso stato iniziale esso compie invece una
trasformazione isobara che ne fa raddoppiare il volume
Soluzione
Il lavoro compiuto dal gas nella trasformazione isobara da I a G egrave semplicemente
( ) 000000 2 VpVVpVpL =minus=∆=
La quantitagrave p0V0 entra nellrsquoequazione di stato dei gas perfetti
000 nRTVp =
Nella trasformazione isocora da I ad F il gas passa da una pressione iniziale pi= p0 a una pressione
finale doppia pf=2p0 La temperatura finale Tf saragrave quindi doppia di quella iniziale Infatti
fnRTVp =sdot 00 )2( fnRTnRT =02 02TT f =
Passando da I ad F il gas monoatomico ( Rcv2
3= ) assorbe una quantitagrave di calore Q = 45 cal
( ) ( ) 0000 2 TncTTncTTncTncQ vvfvv =minus=minus=∆=
00002
3
2
3
2
3VpTnRTRnQ ===
Possiamo quindi ricavare la quantitagrave cercata p0V0
QVp3
200 =
Il lavoro L compiuto dal gas nella trasformazione isobara da I a G egrave quindi
30453
2
3
200 calcalQVpL ====
G I
F
V
2 p0
p0
2 V0 V0
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
18) Un blocco di ghiaccio di massa mg alla temperatura T1 = -10degC egrave immerso in 100g di acqua alla
temperatura T2 = 27degC Calcolare la temperatura finale di equilibrio e la quantitagrave di ghiaccio sciolta
nei due casi
a) mg = 100g
b) mg = 10g
(ca = 1 calg degC cg = 05 calg degC λfus = 80 calg)
Soluzione
a)
Nel primo caso una massa mg = 100g di ghiaccio viene immersa in ma = 100g di acqua Per
ricavare la quantitagrave di ghiaccio sciolta osserviamo che affincheacute il ghiaccio inizi a sciogliersi deve
innanzitutto portarsi dalla temperatura iniziale T1 = -10degC alla temperatura Tfus= 0degC assorbendo
calore dallrsquoacqua circostante La quantitagrave di calore necessaria per il riscaldamento del ghiaccio da -
10degC a 0degC egrave
Qg (T1=-10degC rarr Tfus=0degC) = mg cg ∆T = 100 05 10 = 500 cal
La massa ma di acqua con cui il ghiaccio egrave in contatto termico puograve fornire al ghiaccio al massimo
una quantitagrave di calore Qamax che corrisponde a un raffreddamento dellrsquointera massa drsquoacqua ma fino
alla temperatura di solidificazione dellrsquoacqua Tsol=0degC
Qamax (T2 = 27degC rarr Tsol= 0degC) = ma ca ∆T = 100 1 27 = 2700 cal
Essendo Qamax gt Qg allora il ghiaccio puograve assorbire dallrsquoacqua circostante il calore necessario a
passare da -10degC a 0degC Assorbendo ulteriormente calore il ghiaccio comincia a fondere
La quantitagrave di calore necessaria affincheacute lrsquointera massa mg di ghiaccio si fonda puograve essere ricavata
dalla relazione
Qfus = λfus mg = 80 100 = 8000 cal
La quantitagrave di calore necessaria per la fusione dellrsquointera massa di ghiaccio egrave superiore alla massima
quantitagrave di calore che lrsquoacqua circostante puograve fornire Qfus gt Qamax Non tutta la massa di ghiaccio
puograve quindi passare allo stato liquido con il risultato che coesisteranno in equilibrio acqua e
ghiaccio La temperature di equilibrio Te risulteragrave quindi essere la temperatura di fusione Tfus= 0degC
mg
ma
La quantitagrave mrsquog di ghiaccio fusa puograve essere ricavata dalla conservazione dellrsquoenergia La quantitagrave di
calore massima Qamax che lrsquoacqua circostante puograve fornire serve ad innalzare la temperatura del
ghiaccio da -10degC a 0degC e a fondere solo una parte mrsquog di ghiaccio
Qamax = Qg (T1=-10degC rarr Tfus=0degC) + mrsquog λfus
2700 = 500 + 80 mrsquog
da cui
gm g 52780
2200 ==
b)
Nel secondo caso una massa mg = 10g viene immersa in ma = 100g di acqua
La quantitagrave di calore necessaria adesso per il riscaldamento di soli 10 grammi di ghiaccio da -10degC a
0degC egrave
Qg (T1= -10degC rarr Tfus=0degC) = mg cg ∆T = 10 05 10 = 50 cal
La quantitagrave di calore necessaria per fondere i 10 grammi di ghiaccio egrave pari a
Qfus = λfus mg = 80 10 = 800 cal
La quantitagrave di calore massima Qamax =2700 cal che lrsquoacqua circostante puograve fornire egrave adesso
sufficiente per innalzare la temperatura di mg=10g di ghiaccio da -10degC a 0degC (servono infatti solo
50 cal)e per fondere lrsquointera massa di ghiaccio (servono infatti solo ulteriori 800 cal)
Assorbendo quindi solo 850cal dallrsquoacqua circostante lrsquointera massa mg=10g di ghiaccio fonde e si
ottengono 10 grammi di acqua a 0deg
Assorbendo ulteriormente una quantitagrave di calore Q (0degC rarr te) dalla massa ma=100g di acqua
circostante a piugrave alta temperatura i 10 grammi di acqua a 0deg e la massa ma = 100g si porteranno a
una temperatura intermedia di equilibrio tE
Se si indica Qa la quantitagrave di calore ceduta dalla massa ma = 100g di acqua che si porta dalla
temperatura T1=27degC alla temperatura di equilibrio te il bilancio dei calori scambiati puograve essere
scritto come
Qa (T1=27degC rarr te) = Qg (-10degC rarr 0degC) + Qfus + Q (0degC rarr te)
ma ca (27deg - te) = 50 + 800 + mg ca ( te- 0deg)
100 1 (27deg - te) = 50 + 800 + 10 1 ( te- 0deg)
100 27 ndash 100 te = 850 + 10 te
da cui 2700 ndash 100 te = 850 + 10 te
110 te = 1850
e quindi
Cte deg== 816110
1850
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
19) Una kmole di gas perfetto biatomico egrave contenuta in un recipiente adiabatico munito di pistone di
volume Vi =05m3 Con il pistone bloccato il contenitore viene posto in un ambiente la cui pressione
egrave mantenuta costante al valore p0 = 510 6 Pa Ad un certo istante si sblocca il pistone e il gas si
espande fino a raggiungere lrsquoequilibrio meccanico con lrsquoambiente Si osserva una diminuzione di
temperatura ∆T= - 20 K Calcolare il volume finale Vf del gas
Soluzione
Il recipiente egrave adiabatico quindi il calore scambiato con lrsquoesterno egrave nullo (Q = 0 )
Il lavoro fatto dal gas sullrsquoambiente esterno a pressione p0=costante egrave semplicemente
VpL ∆= 0
Dal primo principio della termodinamica
LLQU minus=minus=∆
La variazione di energia interna del gas perfetto biatomico (cV=52 R) egrave
RRTncU V 50000)20(2
51000 minus=minussdot=∆=∆
3
6
00
080105
31850000m
p
U
p
LVVV if cong
sdot
sdot=
∆minus==minus=∆
358008050 mVVV if =+=∆+=
V = 053
m
n = 1000 Pap
6
0 105 sdot=
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
20) Un gas perfetto biatomico subisce una trasformazione a seguito della quale la pressione varia da
po = 15105 Pa a p1 = 225 10
5 Pa Il calore netto scambiato durante la trasformazione egrave Q=608 J
Sapendo che il volume finale V1 egrave uguale a quello iniziale (Vo = 3 l) determinare
a) la variazione di energia interna ∆U subita dal gas
b) il lavoro fatto dal gas
Soluzione
Il fatto che i volumi iniziale e finale sono uguali non egrave sufficiente per dedurre che il lavoro egrave nullo
(la trasformazione cioegrave non egrave isocora) infatti il lavoro dipende dalla trasformazione subita dal gas
ed il suo valore puograve essere determinato dal primo principio della termodinamica
L = Q - ∆U
La variazione di energia interna di un gas perfetto risulta essere
∆U = n cv (T1-T0)
Le temperature iniziale e finale si determinano dallrsquoequazione di stato del gas perfetto
Tp V
nR
p V
nR
p V
nR0
0 01
1 1 1 0= = = e T
La variazione di energia interna risulta
∆U = n cv ( )0100001 ppV
R
c
nR
Vp
nR
Vp v minus=
minus = 5625 J
Il lavoro del gas risulta quindi
L = Q - ∆U = 608 -5625 = 455 J
Trasformazione C rarr A (adiabatica)
Q (C rarr A) = 0 percheacute adiabatica
Quindi
∆U(C rarr A) = n cv ∆T = n cv (TA ndash TC) = n cv (TB ndash TC) = - ∆U(B rarr C) =
= 52 831 (9627 ndash 6204) = + 71122 J
∆U = Q ndash L = - L
L(C rarr A) = - ∆U(C rarr A) = - 71122 J
∆S(C rarr A) = 0 perchegrave adiabatica reversibile
Q L ∆U ∆S
A rarr B
Isoterma 87889 J 87889 J 0 913 JK
B rarr C
Isocora - 71122 J 0 - 71122 J - 913 JK
C rarr A
Adiabatica 0 - 71122 J 71122 J 0
ciclo 16767 J 16767 J 0 0
b) Calcolare il rendimento del ciclo
119191089878
67167
)(
)()(cong==
+==
rarr
rarrrarr
BA
ACBA
ass Q
LL
Q
Lρ
Le temperature estreme sono
TA = TB = 9627 K
TC = 6204 K
63535602796
046211 congminus=minus=minus=
A
CC
T
Tρ
ρ lt ρC come ci si aspettava
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica
10) Un pezzo di materiale solido di massa ms = 01 kg viene riscaldato a Ts = 300 degC e poi immerso
in un contenitore a pareti adiabatiche contenente due litri di acqua inizialmente a Ta = 20degC Se la
temperatura finale del sistema egrave di Tf = 213degC si determini il calore specifico cs del solido
assumendo i calori specifici indipendenti dalla temperatura
Soluzione
ms = 01 kg
Va = 2 litri = 2 x 10-3
m3
Ts = 300 degC
Ta = 20degC
Tf = 213degC
cs =
Il corpo di massa ms inizialmente alla temperatura Ts=300 degC egrave immerso in un volume di acqua Va
= 2 litri che si trova inizialmente alla temperatura Ta = 20degC Il corpo a temperatura maggiore cede
calore allrsquoacqua a temperatura inferiore Il recipiente egrave adiabatico (non ci sono dispersioni di calore)
quindi la somma algebrica del calore Qs ceduto dal solido e del calore Qa assorbito dallrsquoacqua deve
essere nulla cioegrave
Qs + Qa = 0
e quindi
Qs = - Qa (1)
La quantitagrave di calore Qs ceduta dal corpo solido egrave pari a
Qs = ms cs (Tf - Ts)
La quantitagrave di calore Qa assorbita dallrsquoacqua egrave data dalla
Qa = ma ca (Tf - Ta) = ρa Va ca (Tf - Ta)
dove ρa = 1000 kgm3 e ca = 1 cal(g degC)= 1000 cal(kg degC)
Sostituendo nella (1) si ottiene
ms cs (Tf - Ts) = - ρa Va ca (Tf - Ta)
da cui
Ckg
J
Ckg
cal
TTm
TTcVc
sfs
afaaa
sdeg
congdeg
=minussdot
minussdotsdotsdotsdotminus=
minus
minusminus=
minus
53902993)300321(10
)20321(10001021000
)(
)( 3ρ
ms
ma
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
11) Vengono fatti espandere adiabaticamente m = 100 g di azoto (N2) fino a compiere un lavoro
L = 250 J Considerando il gas perfetto si calcoli la temperatura finale TB sapendo che quella
iniziale TA egrave di 40 degC (La massa molare dellrsquoazoto N2 egrave Mo = 28 gmole R = 831 J(mol K))
Soluzione
m = 100 g
Mo = 28 gmole
TA = 40degC = 31315 K
L = 250 J
R = 831 Jmole K
Per il primo principio della termodinamica si ha che
∆U = Q ndash L
Il gas effettua una trasformazione adiabatica allora Q = 0 quindi
∆U = ndash L
n cV ∆T = - L
n cV (TB ndash TA) = - L
n cV TB ndash n cV TA = - L
quindi
V
ABnc
LTT minus= (1)
Il gas N2 egrave biatomico quindi RcV2
5= Il numero di moli n si ricava dividendo la massa m del gas
N2 per la massa molare Mo cioegrave
moliM
mn 573
28
100
0
===
Sostituendo nella (1) si ottiene
CKnc
LTT
V
AB deg==
sdotsdot
minus=minus= 63675309
3182
5573
25015313
L=250J
N2
TA=40degC
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
12) Una macchina irreversibile funziona scambiando calore con due sorgenti alle temperature
T1 = 300 K e T2 = 250 K In un ciclo essa produce un lavoro L = 30 cal e la variazione totale di
entropia dellrsquouniverso egrave ∆S = 002 calK Calcolare il rendimento ρ della macchina
Soluzione
T1 = 300 K
T2 = 250 K
L = 30 cal
∆Suniverso = 002 calK
ρ =
Nella risoluzione del problema le quantitagrave di calore Q1 e Q2 assorbita e ceduta dalla macchina sono
considerate come quantitagrave positive Con questa scelta il lavoro fatto dalla macchina egrave pari
semplicemente alla differenza fra il calore assorbito Q1 e il calore ceduto Q2 L=Q1-Q2
Per calcolare il rendimento 1Q
L=ρ della macchina egrave necessario ricavare il calore assorbito Q1
Una relazione fra Q1 e Q2 si ottiene osservando che il lavoro L fatto dalla macchina egrave pari a 30 cal
L = Q1 ndash Q2 = 30 cal
Una seconda relazione fra Q1 e Q2 si puograve ottenere calcolando la variazione di entropia dellrsquouniverso
in un ciclo della macchina visto che la traccia fornisce il suo valore ∆Suniverso = 002 calK
La variazione di entropia dellrsquouniverso ∆Suniverso egrave semplicemente la somma delle variazioni di
entropia della macchina e delle due sorgenti
∆Suniverso = ∆Smacchina + ∆S1 + ∆S2
La variazione di entropia della macchina ∆Smacchina in un ciclo egrave nulla in quanto lrsquoentropia egrave funzione
di stato (lo stato finale della macchina egrave identico a quello iniziale)
La sorgente a temperatura T1 cede una quantitagrave di calore Q1 alla macchina quindi la sua variazione
di entropia ∆S1 egrave negativa
La sorgente a temperatura T2 al contrario acquista dalla macchina una quantitagrave di calore Q2 quindi
la sua variazione di entropia ∆S2 egrave positiva
Quindi
250300
21
2
2
1
121
T
Q
T
QSSSuniverso +minus=+minus=∆+∆=∆
T2
Q2
Q1
L
MT
T1
Otteniamo cosigrave la seconda relazione fra Q1 e Q2
250300020 21 QQ
+minus=
Mettendo a sistema le due relazioni ricavate sopra si ottengono i valori di Q1 e Q2
+=
=+minus
30
100
2
250300
21
21
+=
=++
minus
30
10
2
2530
30
21
22
Dalla prima equazione si ottiene
- 5 (Q2 + 30) + 6 Q2 = 30
-5 Q2 - 150 + 6 Q2 = 30
Q2 = 180 cal
Sostituendo nella seconda si ottiene il valore di Q1
Q1 = Q2 + 30 = 180 + 30 = 210 cal
Il rendimento cercato egrave quindi
14140210
30
1
====Q
Lρ
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
13) Una mole di azoto (N2) occupa inizialmente un volume V0 = 10 l alla temperatura T0 = 400 K Il
gas compie una espansione adiabatica irreversibile a seguito della quale il volume raddoppia Il
lavoro compiuto dal gas durante la trasformazione egrave L = 1250 J
Determinare
a) la temperatura e la pressione del gas quando si egrave stabilito di nuovo lequilibrio termodinamico
b) la variazione di entropia nel processo
R = 831 J(mol K) = 00821 litriatm (mol K)
Soluzione
Lrsquoazoto (N2 ) egrave biatomico quindi il calore specifico molare a volume costante egrave Rcv2
5=
Il gas compie una espansione adiabatica irreversibile durante la quale compie un determinato lavoro
esterno Applicando il primo principio della termodinamica alla trasformazione effettuata dal gas si
ha
∆U =Q ndash L = ndash L
in quanto Q=0 in una trasformazione adiabatica Drsquoaltra parte la variazione di energia interna ∆U in
un gas perfetto che effettua una trasformazione qualsiasi tra due stati che differiscono di ∆T in
temperatura egrave sempre data da ∆U = n cv ∆T Quindi
n cv ∆T = ndash L
n cv (Tf ndash Ti) = ndash L
da cui si ricava la temperatura finale di equilibrio
Knc
LTnc
nc
LTT
v
iv
v
if 340
3182
5
12504003182
5
cong
sdot
minussdotsdot=
minus=minus=
Dallrsquoequazione di stato dei gas perfetti possiamo ricavare il valore della pressione nel nuovo stato
di equilibrio termodinamico
pf Vf = n R Tf
atmV
nRTp
f
f
f 41102
34008210cong
sdot
sdot==
La variazione di entropia del processo puograve essere calcolata utilizzando lrsquoespressione generale per la
variazione di entropia di un gas perfetto fra due stati termodinamici Iequiv (Ti Vi) ed Fequiv (Tf Vf )
KJV
VnR
T
TncS
i
f
i
f
V 38276538310
20ln318
400
340ln318
2
5lnln =+minuscongsdot+sdotsdot=+=∆
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
14) Si considerino due macchine termiche che funzionano con le stesse due sorgenti di calore alle
temperature T2 = 250K e T1 = 500K La prima macchina opera secondo un ciclo di Carnot
assorbendo una quantitagrave di calore Q1 = 1400J dalla sorgente alla temperatura T1 La seconda
macchina descrive invece un ciclo irreversibile il cui rendimento egrave ρ = 035 Il lavoro prodotto dalle
due macchine egrave il medesimo Determinare
a) il lavoro prodotto in un ciclo
b) la variazione di entropia dellrsquouniverso che accompagna ogni ciclo della macchina irreversibile
Soluzione
T1 = 500K
T2 = 250K
Q1 = 1400J (calore assorbito Carnot)
L = Lrsquo=
a)
Il rendimento della macchina di Carnot egrave dato da
50502
1
500
25011
1
2
1
===minus=minus==T
T
Q
LCarnotρ
da cui si ricava immediatamente la risposta al quesito a)
L = ρCarnotQ1 = 05 1400 = 700 J
T1
T2
Q2
Q1
L
CARNOT
b)
Indichiamo con lrsquoapice tutte le grandezze relative alla macchina irreversibile Il lavoro Lrsquo fatto dalla
macchina irreversibile egrave uguale a quello (L=700 J) fatto dalla macchina di Carnot Per calcolare la
variazione di entropia che accompagna ogni ciclo della macchina irreversibile abbiamo bisogno di
conoscere il calore Q1rsquoassorbito dal termostato a temperatura T1 e il calore Q2rsquo ceduto al termostato
a temperatura T2
Conoscendo il rendimento ρ della macchina irreversibile possiamo calcolare il calore Q1rsquo assorbito
dalla macchina
1
Q
L=ρ rarr J
LQ 2000
350
700
1 ===
ρ
Il calore Q2rsquo ceduto dalla macchina irreversibile al termostato a temperatura piugrave bassa T2 saragrave quindi
dato da
Q2rsquo = Q1rsquo ndash Lrsquo = 2000 ndash 700 = 1300 J
La variazione di entropia dellrsquouniverso per ogni ciclo della macchina irreversibile egrave data solamente
dalla variazione di entropia delle sorgenti in quanto la variazione di entropia della macchina in un
ciclo egrave nulla (lrsquoentropia egrave una funzione di stato)
KJT
Q
T
QS sorg 21
250
1300
500
2000
2
2
1
1 =+minus=+minus=∆
T1
T2
Q2rsquo
Q1rsquo
Lrsquo=L Macchina
irreversibile ρρρρrsquo=035
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
15) Un gas perfetto descrive un ciclo reversibile costituito dalle trasformazioni AB adiabatica BC
isoterma e CA isocora
Calcolare il rendimento del ciclo sapendo che TA = 2TB
Soluzione
A rarr B adiabatica
B rarr C isoterma
C rarr A isocora
TA = 2TB
VA = VC (poicheacute isocora)
TB = TC (poicheacute isoterma)
Il rendimento del ciclo egrave dato dalla
ass
cedass
ass Q
Q
L minus==ρ
si devono quindi calcolare Qass e Qced In questo ciclo
QAB = 0 (poicheacute trasformazione adiabatica)
QCA = Qass = n cv ∆T = n cv (TA - TC) = n cv (TA ndash TB) = n cv (2TB ndash TB) = n cv TB
C
BB
B
CB
V
V
B
V
V
BcedBC
V
VnRT
V
VnRT
V
dVnRTdV
V
nRTQQ
C
B
C
B
lnln minus===== intint
quindi essendo VA = VC
p
C
B
A
V
adiabatica
isocora
isoterma
VA = VC VB
A
BBced
V
VnRTQ lnminus=
Il rapporto VB VA si puograve calcolare considerando la trasformazione AB (adiabatica) per la quale vale
la seguente
PVγ = cost
da cui
=sdot γV
V
nRTcost
e quindi essendo n ed R costanti
T V γ - 1
= cost
Applicata alla trasformazione AB si ha
11 minusminus = γγ
BBAA VTVT
da cui 1minus
=
γ
A
B
B
A
V
V
T
T
e
1
1
minus
=
γ
B
A
A
B
T
T
V
V
Sapendo che v
p
c
c=γ e che cp - cv = R (relazione di Mayer) si ha
vv
vp
v
p
c
R
c
cc
c
c=
minus=minus=minus 11γ oppure
1
1
minus=
γR
cv
2lnlnlnlnln1
1
Bv
B
AB
vR
c
B
AB
B
AB
A
BBced Tnc
T
TT
R
cnR
T
TnRT
T
TnRT
V
VnRTQ
v
minus=
sdotminus=
minus=
minus=minus=
minusγ
Quindi il rendimento ρ risulta essere
302ln12ln
11 =minus=minus=+==Bv
Bv
ass
ced
ass Tnc
Tnc
Q
Q
Q
Lρ
Fisica 1 (AA 2004-2005) Esercizi Termodinamica
16) Una macchina di Carnot ha un rendimento ρ = 22 Le due sorgenti a temperatura costante
differiscono di 75 K Sapendo che il lavoro prodotto in un ciclo egrave L = 200 J calcolare
a) le due temperature T1 e T2 ( con T1 gt T2)
b) la quantitagrave di calore Q1 assorbita dalla macchina di Carnot dalla sorgente a temperatura T1 e la
quantitagrave di calore Q2 ceduta dalla macchina di Carnot alla sorgente a temperatura T2
c) le variazioni di entropia (con il loro segno) 1S∆ e 2S∆ di ciascuna delle due sorgenti
d) la variazione di entropia dellrsquouniverso univS∆
Soluzione
ρ = 22 = 022
T1 ndash T2 = 75 K
L = 200 J
a) T1 = T2 =
b) Q1 =
c) Q2 =
d) ∆S1 = ∆S2 =
e) ∆SUNIV =
a) Consideriamo le quantitagrave di calore Q1 e Q2 come quantitagrave positive Con questa scelta il
rendimento ρ della macchina di Carnot egrave
1
2
1
2 11T
T
Q
Qminus=minus=ρ
11
21
1
21T
T
T
TT
T
T ∆=
minus=minus=ρ
quindi
KKT
T 3419340220
751 cong==
∆=
ρ
e
KTTTT 26675341)( 2112 =minuscongminusminus=
b)
Essendo Q1 e Q2 quantitagrave positive il lavoro prodotto in un ciclo egrave pari alla differenza fra Q1 e Q2
L = Q1 ndash Q2 = 200 J
Inoltre
V
A
D
p
C
B T1
T2
780341
266
1
2
1
2 ===T
T
Q
Q
Abbiamo quindi le seguenti due relazioni nelle due incognite Q1 e Q2
=
=minus
12
21
780
200
Risolvendo
=
=sdotminus
12
11
780
200780
=
=sdot
12
1
780
200220
Q
=
=sdot
12
1
780
220
200
Q
da cui
=
=
JQ
JQ
709
909
2
1
d) La variazione di entropia della sorgente 1 egrave
KJT
QS 662
341
909
1
11 minus=minus=minus=∆
La variazione di entropia della sorgente 2 egrave
KJT
QS 662
266
709
2
22 ==+=∆
e) La variazione di entropia dellrsquouniverso in un ciclo della macchina di Carnot (o di una qualunque
macchina termica reversibile che lavori fra T1 e T2) risulta quindi essere
∆SUNIV = ∆S1 + ∆S2 = - 266 + 266 = 0
Fisica 1 (AA 2004-2005) Esercizi Termodinamica
17) Un gas perfetto monoatomico compie a partire da un certo stato iniziale una trasformazione
isocora fino a una pressione doppia di quella iniziale assorbendo una quantitagrave di calore Q = 45 cal
Si calcoli il lavoro compiuto dal gas se a partire dallo stesso stato iniziale esso compie invece una
trasformazione isobara che ne fa raddoppiare il volume
Soluzione
Il lavoro compiuto dal gas nella trasformazione isobara da I a G egrave semplicemente
( ) 000000 2 VpVVpVpL =minus=∆=
La quantitagrave p0V0 entra nellrsquoequazione di stato dei gas perfetti
000 nRTVp =
Nella trasformazione isocora da I ad F il gas passa da una pressione iniziale pi= p0 a una pressione
finale doppia pf=2p0 La temperatura finale Tf saragrave quindi doppia di quella iniziale Infatti
fnRTVp =sdot 00 )2( fnRTnRT =02 02TT f =
Passando da I ad F il gas monoatomico ( Rcv2
3= ) assorbe una quantitagrave di calore Q = 45 cal
( ) ( ) 0000 2 TncTTncTTncTncQ vvfvv =minus=minus=∆=
00002
3
2
3
2
3VpTnRTRnQ ===
Possiamo quindi ricavare la quantitagrave cercata p0V0
QVp3
200 =
Il lavoro L compiuto dal gas nella trasformazione isobara da I a G egrave quindi
30453
2
3
200 calcalQVpL ====
G I
F
V
2 p0
p0
2 V0 V0
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
18) Un blocco di ghiaccio di massa mg alla temperatura T1 = -10degC egrave immerso in 100g di acqua alla
temperatura T2 = 27degC Calcolare la temperatura finale di equilibrio e la quantitagrave di ghiaccio sciolta
nei due casi
a) mg = 100g
b) mg = 10g
(ca = 1 calg degC cg = 05 calg degC λfus = 80 calg)
Soluzione
a)
Nel primo caso una massa mg = 100g di ghiaccio viene immersa in ma = 100g di acqua Per
ricavare la quantitagrave di ghiaccio sciolta osserviamo che affincheacute il ghiaccio inizi a sciogliersi deve
innanzitutto portarsi dalla temperatura iniziale T1 = -10degC alla temperatura Tfus= 0degC assorbendo
calore dallrsquoacqua circostante La quantitagrave di calore necessaria per il riscaldamento del ghiaccio da -
10degC a 0degC egrave
Qg (T1=-10degC rarr Tfus=0degC) = mg cg ∆T = 100 05 10 = 500 cal
La massa ma di acqua con cui il ghiaccio egrave in contatto termico puograve fornire al ghiaccio al massimo
una quantitagrave di calore Qamax che corrisponde a un raffreddamento dellrsquointera massa drsquoacqua ma fino
alla temperatura di solidificazione dellrsquoacqua Tsol=0degC
Qamax (T2 = 27degC rarr Tsol= 0degC) = ma ca ∆T = 100 1 27 = 2700 cal
Essendo Qamax gt Qg allora il ghiaccio puograve assorbire dallrsquoacqua circostante il calore necessario a
passare da -10degC a 0degC Assorbendo ulteriormente calore il ghiaccio comincia a fondere
La quantitagrave di calore necessaria affincheacute lrsquointera massa mg di ghiaccio si fonda puograve essere ricavata
dalla relazione
Qfus = λfus mg = 80 100 = 8000 cal
La quantitagrave di calore necessaria per la fusione dellrsquointera massa di ghiaccio egrave superiore alla massima
quantitagrave di calore che lrsquoacqua circostante puograve fornire Qfus gt Qamax Non tutta la massa di ghiaccio
puograve quindi passare allo stato liquido con il risultato che coesisteranno in equilibrio acqua e
ghiaccio La temperature di equilibrio Te risulteragrave quindi essere la temperatura di fusione Tfus= 0degC
mg
ma
La quantitagrave mrsquog di ghiaccio fusa puograve essere ricavata dalla conservazione dellrsquoenergia La quantitagrave di
calore massima Qamax che lrsquoacqua circostante puograve fornire serve ad innalzare la temperatura del
ghiaccio da -10degC a 0degC e a fondere solo una parte mrsquog di ghiaccio
Qamax = Qg (T1=-10degC rarr Tfus=0degC) + mrsquog λfus
2700 = 500 + 80 mrsquog
da cui
gm g 52780
2200 ==
b)
Nel secondo caso una massa mg = 10g viene immersa in ma = 100g di acqua
La quantitagrave di calore necessaria adesso per il riscaldamento di soli 10 grammi di ghiaccio da -10degC a
0degC egrave
Qg (T1= -10degC rarr Tfus=0degC) = mg cg ∆T = 10 05 10 = 50 cal
La quantitagrave di calore necessaria per fondere i 10 grammi di ghiaccio egrave pari a
Qfus = λfus mg = 80 10 = 800 cal
La quantitagrave di calore massima Qamax =2700 cal che lrsquoacqua circostante puograve fornire egrave adesso
sufficiente per innalzare la temperatura di mg=10g di ghiaccio da -10degC a 0degC (servono infatti solo
50 cal)e per fondere lrsquointera massa di ghiaccio (servono infatti solo ulteriori 800 cal)
Assorbendo quindi solo 850cal dallrsquoacqua circostante lrsquointera massa mg=10g di ghiaccio fonde e si
ottengono 10 grammi di acqua a 0deg
Assorbendo ulteriormente una quantitagrave di calore Q (0degC rarr te) dalla massa ma=100g di acqua
circostante a piugrave alta temperatura i 10 grammi di acqua a 0deg e la massa ma = 100g si porteranno a
una temperatura intermedia di equilibrio tE
Se si indica Qa la quantitagrave di calore ceduta dalla massa ma = 100g di acqua che si porta dalla
temperatura T1=27degC alla temperatura di equilibrio te il bilancio dei calori scambiati puograve essere
scritto come
Qa (T1=27degC rarr te) = Qg (-10degC rarr 0degC) + Qfus + Q (0degC rarr te)
ma ca (27deg - te) = 50 + 800 + mg ca ( te- 0deg)
100 1 (27deg - te) = 50 + 800 + 10 1 ( te- 0deg)
100 27 ndash 100 te = 850 + 10 te
da cui 2700 ndash 100 te = 850 + 10 te
110 te = 1850
e quindi
Cte deg== 816110
1850
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
19) Una kmole di gas perfetto biatomico egrave contenuta in un recipiente adiabatico munito di pistone di
volume Vi =05m3 Con il pistone bloccato il contenitore viene posto in un ambiente la cui pressione
egrave mantenuta costante al valore p0 = 510 6 Pa Ad un certo istante si sblocca il pistone e il gas si
espande fino a raggiungere lrsquoequilibrio meccanico con lrsquoambiente Si osserva una diminuzione di
temperatura ∆T= - 20 K Calcolare il volume finale Vf del gas
Soluzione
Il recipiente egrave adiabatico quindi il calore scambiato con lrsquoesterno egrave nullo (Q = 0 )
Il lavoro fatto dal gas sullrsquoambiente esterno a pressione p0=costante egrave semplicemente
VpL ∆= 0
Dal primo principio della termodinamica
LLQU minus=minus=∆
La variazione di energia interna del gas perfetto biatomico (cV=52 R) egrave
RRTncU V 50000)20(2
51000 minus=minussdot=∆=∆
3
6
00
080105
31850000m
p
U
p
LVVV if cong
sdot
sdot=
∆minus==minus=∆
358008050 mVVV if =+=∆+=
V = 053
m
n = 1000 Pap
6
0 105 sdot=
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
20) Un gas perfetto biatomico subisce una trasformazione a seguito della quale la pressione varia da
po = 15105 Pa a p1 = 225 10
5 Pa Il calore netto scambiato durante la trasformazione egrave Q=608 J
Sapendo che il volume finale V1 egrave uguale a quello iniziale (Vo = 3 l) determinare
a) la variazione di energia interna ∆U subita dal gas
b) il lavoro fatto dal gas
Soluzione
Il fatto che i volumi iniziale e finale sono uguali non egrave sufficiente per dedurre che il lavoro egrave nullo
(la trasformazione cioegrave non egrave isocora) infatti il lavoro dipende dalla trasformazione subita dal gas
ed il suo valore puograve essere determinato dal primo principio della termodinamica
L = Q - ∆U
La variazione di energia interna di un gas perfetto risulta essere
∆U = n cv (T1-T0)
Le temperature iniziale e finale si determinano dallrsquoequazione di stato del gas perfetto
Tp V
nR
p V
nR
p V
nR0
0 01
1 1 1 0= = = e T
La variazione di energia interna risulta
∆U = n cv ( )0100001 ppV
R
c
nR
Vp
nR
Vp v minus=
minus = 5625 J
Il lavoro del gas risulta quindi
L = Q - ∆U = 608 -5625 = 455 J
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica
10) Un pezzo di materiale solido di massa ms = 01 kg viene riscaldato a Ts = 300 degC e poi immerso
in un contenitore a pareti adiabatiche contenente due litri di acqua inizialmente a Ta = 20degC Se la
temperatura finale del sistema egrave di Tf = 213degC si determini il calore specifico cs del solido
assumendo i calori specifici indipendenti dalla temperatura
Soluzione
ms = 01 kg
Va = 2 litri = 2 x 10-3
m3
Ts = 300 degC
Ta = 20degC
Tf = 213degC
cs =
Il corpo di massa ms inizialmente alla temperatura Ts=300 degC egrave immerso in un volume di acqua Va
= 2 litri che si trova inizialmente alla temperatura Ta = 20degC Il corpo a temperatura maggiore cede
calore allrsquoacqua a temperatura inferiore Il recipiente egrave adiabatico (non ci sono dispersioni di calore)
quindi la somma algebrica del calore Qs ceduto dal solido e del calore Qa assorbito dallrsquoacqua deve
essere nulla cioegrave
Qs + Qa = 0
e quindi
Qs = - Qa (1)
La quantitagrave di calore Qs ceduta dal corpo solido egrave pari a
Qs = ms cs (Tf - Ts)
La quantitagrave di calore Qa assorbita dallrsquoacqua egrave data dalla
Qa = ma ca (Tf - Ta) = ρa Va ca (Tf - Ta)
dove ρa = 1000 kgm3 e ca = 1 cal(g degC)= 1000 cal(kg degC)
Sostituendo nella (1) si ottiene
ms cs (Tf - Ts) = - ρa Va ca (Tf - Ta)
da cui
Ckg
J
Ckg
cal
TTm
TTcVc
sfs
afaaa
sdeg
congdeg
=minussdot
minussdotsdotsdotsdotminus=
minus
minusminus=
minus
53902993)300321(10
)20321(10001021000
)(
)( 3ρ
ms
ma
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
11) Vengono fatti espandere adiabaticamente m = 100 g di azoto (N2) fino a compiere un lavoro
L = 250 J Considerando il gas perfetto si calcoli la temperatura finale TB sapendo che quella
iniziale TA egrave di 40 degC (La massa molare dellrsquoazoto N2 egrave Mo = 28 gmole R = 831 J(mol K))
Soluzione
m = 100 g
Mo = 28 gmole
TA = 40degC = 31315 K
L = 250 J
R = 831 Jmole K
Per il primo principio della termodinamica si ha che
∆U = Q ndash L
Il gas effettua una trasformazione adiabatica allora Q = 0 quindi
∆U = ndash L
n cV ∆T = - L
n cV (TB ndash TA) = - L
n cV TB ndash n cV TA = - L
quindi
V
ABnc
LTT minus= (1)
Il gas N2 egrave biatomico quindi RcV2
5= Il numero di moli n si ricava dividendo la massa m del gas
N2 per la massa molare Mo cioegrave
moliM
mn 573
28
100
0
===
Sostituendo nella (1) si ottiene
CKnc
LTT
V
AB deg==
sdotsdot
minus=minus= 63675309
3182
5573
25015313
L=250J
N2
TA=40degC
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
12) Una macchina irreversibile funziona scambiando calore con due sorgenti alle temperature
T1 = 300 K e T2 = 250 K In un ciclo essa produce un lavoro L = 30 cal e la variazione totale di
entropia dellrsquouniverso egrave ∆S = 002 calK Calcolare il rendimento ρ della macchina
Soluzione
T1 = 300 K
T2 = 250 K
L = 30 cal
∆Suniverso = 002 calK
ρ =
Nella risoluzione del problema le quantitagrave di calore Q1 e Q2 assorbita e ceduta dalla macchina sono
considerate come quantitagrave positive Con questa scelta il lavoro fatto dalla macchina egrave pari
semplicemente alla differenza fra il calore assorbito Q1 e il calore ceduto Q2 L=Q1-Q2
Per calcolare il rendimento 1Q
L=ρ della macchina egrave necessario ricavare il calore assorbito Q1
Una relazione fra Q1 e Q2 si ottiene osservando che il lavoro L fatto dalla macchina egrave pari a 30 cal
L = Q1 ndash Q2 = 30 cal
Una seconda relazione fra Q1 e Q2 si puograve ottenere calcolando la variazione di entropia dellrsquouniverso
in un ciclo della macchina visto che la traccia fornisce il suo valore ∆Suniverso = 002 calK
La variazione di entropia dellrsquouniverso ∆Suniverso egrave semplicemente la somma delle variazioni di
entropia della macchina e delle due sorgenti
∆Suniverso = ∆Smacchina + ∆S1 + ∆S2
La variazione di entropia della macchina ∆Smacchina in un ciclo egrave nulla in quanto lrsquoentropia egrave funzione
di stato (lo stato finale della macchina egrave identico a quello iniziale)
La sorgente a temperatura T1 cede una quantitagrave di calore Q1 alla macchina quindi la sua variazione
di entropia ∆S1 egrave negativa
La sorgente a temperatura T2 al contrario acquista dalla macchina una quantitagrave di calore Q2 quindi
la sua variazione di entropia ∆S2 egrave positiva
Quindi
250300
21
2
2
1
121
T
Q
T
QSSSuniverso +minus=+minus=∆+∆=∆
T2
Q2
Q1
L
MT
T1
Otteniamo cosigrave la seconda relazione fra Q1 e Q2
250300020 21 QQ
+minus=
Mettendo a sistema le due relazioni ricavate sopra si ottengono i valori di Q1 e Q2
+=
=+minus
30
100
2
250300
21
21
+=
=++
minus
30
10
2
2530
30
21
22
Dalla prima equazione si ottiene
- 5 (Q2 + 30) + 6 Q2 = 30
-5 Q2 - 150 + 6 Q2 = 30
Q2 = 180 cal
Sostituendo nella seconda si ottiene il valore di Q1
Q1 = Q2 + 30 = 180 + 30 = 210 cal
Il rendimento cercato egrave quindi
14140210
30
1
====Q
Lρ
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
13) Una mole di azoto (N2) occupa inizialmente un volume V0 = 10 l alla temperatura T0 = 400 K Il
gas compie una espansione adiabatica irreversibile a seguito della quale il volume raddoppia Il
lavoro compiuto dal gas durante la trasformazione egrave L = 1250 J
Determinare
a) la temperatura e la pressione del gas quando si egrave stabilito di nuovo lequilibrio termodinamico
b) la variazione di entropia nel processo
R = 831 J(mol K) = 00821 litriatm (mol K)
Soluzione
Lrsquoazoto (N2 ) egrave biatomico quindi il calore specifico molare a volume costante egrave Rcv2
5=
Il gas compie una espansione adiabatica irreversibile durante la quale compie un determinato lavoro
esterno Applicando il primo principio della termodinamica alla trasformazione effettuata dal gas si
ha
∆U =Q ndash L = ndash L
in quanto Q=0 in una trasformazione adiabatica Drsquoaltra parte la variazione di energia interna ∆U in
un gas perfetto che effettua una trasformazione qualsiasi tra due stati che differiscono di ∆T in
temperatura egrave sempre data da ∆U = n cv ∆T Quindi
n cv ∆T = ndash L
n cv (Tf ndash Ti) = ndash L
da cui si ricava la temperatura finale di equilibrio
Knc
LTnc
nc
LTT
v
iv
v
if 340
3182
5
12504003182
5
cong
sdot
minussdotsdot=
minus=minus=
Dallrsquoequazione di stato dei gas perfetti possiamo ricavare il valore della pressione nel nuovo stato
di equilibrio termodinamico
pf Vf = n R Tf
atmV
nRTp
f
f
f 41102
34008210cong
sdot
sdot==
La variazione di entropia del processo puograve essere calcolata utilizzando lrsquoespressione generale per la
variazione di entropia di un gas perfetto fra due stati termodinamici Iequiv (Ti Vi) ed Fequiv (Tf Vf )
KJV
VnR
T
TncS
i
f
i
f
V 38276538310
20ln318
400
340ln318
2
5lnln =+minuscongsdot+sdotsdot=+=∆
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
14) Si considerino due macchine termiche che funzionano con le stesse due sorgenti di calore alle
temperature T2 = 250K e T1 = 500K La prima macchina opera secondo un ciclo di Carnot
assorbendo una quantitagrave di calore Q1 = 1400J dalla sorgente alla temperatura T1 La seconda
macchina descrive invece un ciclo irreversibile il cui rendimento egrave ρ = 035 Il lavoro prodotto dalle
due macchine egrave il medesimo Determinare
a) il lavoro prodotto in un ciclo
b) la variazione di entropia dellrsquouniverso che accompagna ogni ciclo della macchina irreversibile
Soluzione
T1 = 500K
T2 = 250K
Q1 = 1400J (calore assorbito Carnot)
L = Lrsquo=
a)
Il rendimento della macchina di Carnot egrave dato da
50502
1
500
25011
1
2
1
===minus=minus==T
T
Q
LCarnotρ
da cui si ricava immediatamente la risposta al quesito a)
L = ρCarnotQ1 = 05 1400 = 700 J
T1
T2
Q2
Q1
L
CARNOT
b)
Indichiamo con lrsquoapice tutte le grandezze relative alla macchina irreversibile Il lavoro Lrsquo fatto dalla
macchina irreversibile egrave uguale a quello (L=700 J) fatto dalla macchina di Carnot Per calcolare la
variazione di entropia che accompagna ogni ciclo della macchina irreversibile abbiamo bisogno di
conoscere il calore Q1rsquoassorbito dal termostato a temperatura T1 e il calore Q2rsquo ceduto al termostato
a temperatura T2
Conoscendo il rendimento ρ della macchina irreversibile possiamo calcolare il calore Q1rsquo assorbito
dalla macchina
1
Q
L=ρ rarr J
LQ 2000
350
700
1 ===
ρ
Il calore Q2rsquo ceduto dalla macchina irreversibile al termostato a temperatura piugrave bassa T2 saragrave quindi
dato da
Q2rsquo = Q1rsquo ndash Lrsquo = 2000 ndash 700 = 1300 J
La variazione di entropia dellrsquouniverso per ogni ciclo della macchina irreversibile egrave data solamente
dalla variazione di entropia delle sorgenti in quanto la variazione di entropia della macchina in un
ciclo egrave nulla (lrsquoentropia egrave una funzione di stato)
KJT
Q
T
QS sorg 21
250
1300
500
2000
2
2
1
1 =+minus=+minus=∆
T1
T2
Q2rsquo
Q1rsquo
Lrsquo=L Macchina
irreversibile ρρρρrsquo=035
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
15) Un gas perfetto descrive un ciclo reversibile costituito dalle trasformazioni AB adiabatica BC
isoterma e CA isocora
Calcolare il rendimento del ciclo sapendo che TA = 2TB
Soluzione
A rarr B adiabatica
B rarr C isoterma
C rarr A isocora
TA = 2TB
VA = VC (poicheacute isocora)
TB = TC (poicheacute isoterma)
Il rendimento del ciclo egrave dato dalla
ass
cedass
ass Q
Q
L minus==ρ
si devono quindi calcolare Qass e Qced In questo ciclo
QAB = 0 (poicheacute trasformazione adiabatica)
QCA = Qass = n cv ∆T = n cv (TA - TC) = n cv (TA ndash TB) = n cv (2TB ndash TB) = n cv TB
C
BB
B
CB
V
V
B
V
V
BcedBC
V
VnRT
V
VnRT
V
dVnRTdV
V
nRTQQ
C
B
C
B
lnln minus===== intint
quindi essendo VA = VC
p
C
B
A
V
adiabatica
isocora
isoterma
VA = VC VB
A
BBced
V
VnRTQ lnminus=
Il rapporto VB VA si puograve calcolare considerando la trasformazione AB (adiabatica) per la quale vale
la seguente
PVγ = cost
da cui
=sdot γV
V
nRTcost
e quindi essendo n ed R costanti
T V γ - 1
= cost
Applicata alla trasformazione AB si ha
11 minusminus = γγ
BBAA VTVT
da cui 1minus
=
γ
A
B
B
A
V
V
T
T
e
1
1
minus
=
γ
B
A
A
B
T
T
V
V
Sapendo che v
p
c
c=γ e che cp - cv = R (relazione di Mayer) si ha
vv
vp
v
p
c
R
c
cc
c
c=
minus=minus=minus 11γ oppure
1
1
minus=
γR
cv
2lnlnlnlnln1
1
Bv
B
AB
vR
c
B
AB
B
AB
A
BBced Tnc
T
TT
R
cnR
T
TnRT
T
TnRT
V
VnRTQ
v
minus=
sdotminus=
minus=
minus=minus=
minusγ
Quindi il rendimento ρ risulta essere
302ln12ln
11 =minus=minus=+==Bv
Bv
ass
ced
ass Tnc
Tnc
Q
Q
Q
Lρ
Fisica 1 (AA 2004-2005) Esercizi Termodinamica
16) Una macchina di Carnot ha un rendimento ρ = 22 Le due sorgenti a temperatura costante
differiscono di 75 K Sapendo che il lavoro prodotto in un ciclo egrave L = 200 J calcolare
a) le due temperature T1 e T2 ( con T1 gt T2)
b) la quantitagrave di calore Q1 assorbita dalla macchina di Carnot dalla sorgente a temperatura T1 e la
quantitagrave di calore Q2 ceduta dalla macchina di Carnot alla sorgente a temperatura T2
c) le variazioni di entropia (con il loro segno) 1S∆ e 2S∆ di ciascuna delle due sorgenti
d) la variazione di entropia dellrsquouniverso univS∆
Soluzione
ρ = 22 = 022
T1 ndash T2 = 75 K
L = 200 J
a) T1 = T2 =
b) Q1 =
c) Q2 =
d) ∆S1 = ∆S2 =
e) ∆SUNIV =
a) Consideriamo le quantitagrave di calore Q1 e Q2 come quantitagrave positive Con questa scelta il
rendimento ρ della macchina di Carnot egrave
1
2
1
2 11T
T
Q
Qminus=minus=ρ
11
21
1
21T
T
T
TT
T
T ∆=
minus=minus=ρ
quindi
KKT
T 3419340220
751 cong==
∆=
ρ
e
KTTTT 26675341)( 2112 =minuscongminusminus=
b)
Essendo Q1 e Q2 quantitagrave positive il lavoro prodotto in un ciclo egrave pari alla differenza fra Q1 e Q2
L = Q1 ndash Q2 = 200 J
Inoltre
V
A
D
p
C
B T1
T2
780341
266
1
2
1
2 ===T
T
Q
Q
Abbiamo quindi le seguenti due relazioni nelle due incognite Q1 e Q2
=
=minus
12
21
780
200
Risolvendo
=
=sdotminus
12
11
780
200780
=
=sdot
12
1
780
200220
Q
=
=sdot
12
1
780
220
200
Q
da cui
=
=
JQ
JQ
709
909
2
1
d) La variazione di entropia della sorgente 1 egrave
KJT
QS 662
341
909
1
11 minus=minus=minus=∆
La variazione di entropia della sorgente 2 egrave
KJT
QS 662
266
709
2
22 ==+=∆
e) La variazione di entropia dellrsquouniverso in un ciclo della macchina di Carnot (o di una qualunque
macchina termica reversibile che lavori fra T1 e T2) risulta quindi essere
∆SUNIV = ∆S1 + ∆S2 = - 266 + 266 = 0
Fisica 1 (AA 2004-2005) Esercizi Termodinamica
17) Un gas perfetto monoatomico compie a partire da un certo stato iniziale una trasformazione
isocora fino a una pressione doppia di quella iniziale assorbendo una quantitagrave di calore Q = 45 cal
Si calcoli il lavoro compiuto dal gas se a partire dallo stesso stato iniziale esso compie invece una
trasformazione isobara che ne fa raddoppiare il volume
Soluzione
Il lavoro compiuto dal gas nella trasformazione isobara da I a G egrave semplicemente
( ) 000000 2 VpVVpVpL =minus=∆=
La quantitagrave p0V0 entra nellrsquoequazione di stato dei gas perfetti
000 nRTVp =
Nella trasformazione isocora da I ad F il gas passa da una pressione iniziale pi= p0 a una pressione
finale doppia pf=2p0 La temperatura finale Tf saragrave quindi doppia di quella iniziale Infatti
fnRTVp =sdot 00 )2( fnRTnRT =02 02TT f =
Passando da I ad F il gas monoatomico ( Rcv2
3= ) assorbe una quantitagrave di calore Q = 45 cal
( ) ( ) 0000 2 TncTTncTTncTncQ vvfvv =minus=minus=∆=
00002
3
2
3
2
3VpTnRTRnQ ===
Possiamo quindi ricavare la quantitagrave cercata p0V0
QVp3
200 =
Il lavoro L compiuto dal gas nella trasformazione isobara da I a G egrave quindi
30453
2
3
200 calcalQVpL ====
G I
F
V
2 p0
p0
2 V0 V0
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
18) Un blocco di ghiaccio di massa mg alla temperatura T1 = -10degC egrave immerso in 100g di acqua alla
temperatura T2 = 27degC Calcolare la temperatura finale di equilibrio e la quantitagrave di ghiaccio sciolta
nei due casi
a) mg = 100g
b) mg = 10g
(ca = 1 calg degC cg = 05 calg degC λfus = 80 calg)
Soluzione
a)
Nel primo caso una massa mg = 100g di ghiaccio viene immersa in ma = 100g di acqua Per
ricavare la quantitagrave di ghiaccio sciolta osserviamo che affincheacute il ghiaccio inizi a sciogliersi deve
innanzitutto portarsi dalla temperatura iniziale T1 = -10degC alla temperatura Tfus= 0degC assorbendo
calore dallrsquoacqua circostante La quantitagrave di calore necessaria per il riscaldamento del ghiaccio da -
10degC a 0degC egrave
Qg (T1=-10degC rarr Tfus=0degC) = mg cg ∆T = 100 05 10 = 500 cal
La massa ma di acqua con cui il ghiaccio egrave in contatto termico puograve fornire al ghiaccio al massimo
una quantitagrave di calore Qamax che corrisponde a un raffreddamento dellrsquointera massa drsquoacqua ma fino
alla temperatura di solidificazione dellrsquoacqua Tsol=0degC
Qamax (T2 = 27degC rarr Tsol= 0degC) = ma ca ∆T = 100 1 27 = 2700 cal
Essendo Qamax gt Qg allora il ghiaccio puograve assorbire dallrsquoacqua circostante il calore necessario a
passare da -10degC a 0degC Assorbendo ulteriormente calore il ghiaccio comincia a fondere
La quantitagrave di calore necessaria affincheacute lrsquointera massa mg di ghiaccio si fonda puograve essere ricavata
dalla relazione
Qfus = λfus mg = 80 100 = 8000 cal
La quantitagrave di calore necessaria per la fusione dellrsquointera massa di ghiaccio egrave superiore alla massima
quantitagrave di calore che lrsquoacqua circostante puograve fornire Qfus gt Qamax Non tutta la massa di ghiaccio
puograve quindi passare allo stato liquido con il risultato che coesisteranno in equilibrio acqua e
ghiaccio La temperature di equilibrio Te risulteragrave quindi essere la temperatura di fusione Tfus= 0degC
mg
ma
La quantitagrave mrsquog di ghiaccio fusa puograve essere ricavata dalla conservazione dellrsquoenergia La quantitagrave di
calore massima Qamax che lrsquoacqua circostante puograve fornire serve ad innalzare la temperatura del
ghiaccio da -10degC a 0degC e a fondere solo una parte mrsquog di ghiaccio
Qamax = Qg (T1=-10degC rarr Tfus=0degC) + mrsquog λfus
2700 = 500 + 80 mrsquog
da cui
gm g 52780
2200 ==
b)
Nel secondo caso una massa mg = 10g viene immersa in ma = 100g di acqua
La quantitagrave di calore necessaria adesso per il riscaldamento di soli 10 grammi di ghiaccio da -10degC a
0degC egrave
Qg (T1= -10degC rarr Tfus=0degC) = mg cg ∆T = 10 05 10 = 50 cal
La quantitagrave di calore necessaria per fondere i 10 grammi di ghiaccio egrave pari a
Qfus = λfus mg = 80 10 = 800 cal
La quantitagrave di calore massima Qamax =2700 cal che lrsquoacqua circostante puograve fornire egrave adesso
sufficiente per innalzare la temperatura di mg=10g di ghiaccio da -10degC a 0degC (servono infatti solo
50 cal)e per fondere lrsquointera massa di ghiaccio (servono infatti solo ulteriori 800 cal)
Assorbendo quindi solo 850cal dallrsquoacqua circostante lrsquointera massa mg=10g di ghiaccio fonde e si
ottengono 10 grammi di acqua a 0deg
Assorbendo ulteriormente una quantitagrave di calore Q (0degC rarr te) dalla massa ma=100g di acqua
circostante a piugrave alta temperatura i 10 grammi di acqua a 0deg e la massa ma = 100g si porteranno a
una temperatura intermedia di equilibrio tE
Se si indica Qa la quantitagrave di calore ceduta dalla massa ma = 100g di acqua che si porta dalla
temperatura T1=27degC alla temperatura di equilibrio te il bilancio dei calori scambiati puograve essere
scritto come
Qa (T1=27degC rarr te) = Qg (-10degC rarr 0degC) + Qfus + Q (0degC rarr te)
ma ca (27deg - te) = 50 + 800 + mg ca ( te- 0deg)
100 1 (27deg - te) = 50 + 800 + 10 1 ( te- 0deg)
100 27 ndash 100 te = 850 + 10 te
da cui 2700 ndash 100 te = 850 + 10 te
110 te = 1850
e quindi
Cte deg== 816110
1850
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
19) Una kmole di gas perfetto biatomico egrave contenuta in un recipiente adiabatico munito di pistone di
volume Vi =05m3 Con il pistone bloccato il contenitore viene posto in un ambiente la cui pressione
egrave mantenuta costante al valore p0 = 510 6 Pa Ad un certo istante si sblocca il pistone e il gas si
espande fino a raggiungere lrsquoequilibrio meccanico con lrsquoambiente Si osserva una diminuzione di
temperatura ∆T= - 20 K Calcolare il volume finale Vf del gas
Soluzione
Il recipiente egrave adiabatico quindi il calore scambiato con lrsquoesterno egrave nullo (Q = 0 )
Il lavoro fatto dal gas sullrsquoambiente esterno a pressione p0=costante egrave semplicemente
VpL ∆= 0
Dal primo principio della termodinamica
LLQU minus=minus=∆
La variazione di energia interna del gas perfetto biatomico (cV=52 R) egrave
RRTncU V 50000)20(2
51000 minus=minussdot=∆=∆
3
6
00
080105
31850000m
p
U
p
LVVV if cong
sdot
sdot=
∆minus==minus=∆
358008050 mVVV if =+=∆+=
V = 053
m
n = 1000 Pap
6
0 105 sdot=
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
20) Un gas perfetto biatomico subisce una trasformazione a seguito della quale la pressione varia da
po = 15105 Pa a p1 = 225 10
5 Pa Il calore netto scambiato durante la trasformazione egrave Q=608 J
Sapendo che il volume finale V1 egrave uguale a quello iniziale (Vo = 3 l) determinare
a) la variazione di energia interna ∆U subita dal gas
b) il lavoro fatto dal gas
Soluzione
Il fatto che i volumi iniziale e finale sono uguali non egrave sufficiente per dedurre che il lavoro egrave nullo
(la trasformazione cioegrave non egrave isocora) infatti il lavoro dipende dalla trasformazione subita dal gas
ed il suo valore puograve essere determinato dal primo principio della termodinamica
L = Q - ∆U
La variazione di energia interna di un gas perfetto risulta essere
∆U = n cv (T1-T0)
Le temperature iniziale e finale si determinano dallrsquoequazione di stato del gas perfetto
Tp V
nR
p V
nR
p V
nR0
0 01
1 1 1 0= = = e T
La variazione di energia interna risulta
∆U = n cv ( )0100001 ppV
R
c
nR
Vp
nR
Vp v minus=
minus = 5625 J
Il lavoro del gas risulta quindi
L = Q - ∆U = 608 -5625 = 455 J
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
11) Vengono fatti espandere adiabaticamente m = 100 g di azoto (N2) fino a compiere un lavoro
L = 250 J Considerando il gas perfetto si calcoli la temperatura finale TB sapendo che quella
iniziale TA egrave di 40 degC (La massa molare dellrsquoazoto N2 egrave Mo = 28 gmole R = 831 J(mol K))
Soluzione
m = 100 g
Mo = 28 gmole
TA = 40degC = 31315 K
L = 250 J
R = 831 Jmole K
Per il primo principio della termodinamica si ha che
∆U = Q ndash L
Il gas effettua una trasformazione adiabatica allora Q = 0 quindi
∆U = ndash L
n cV ∆T = - L
n cV (TB ndash TA) = - L
n cV TB ndash n cV TA = - L
quindi
V
ABnc
LTT minus= (1)
Il gas N2 egrave biatomico quindi RcV2
5= Il numero di moli n si ricava dividendo la massa m del gas
N2 per la massa molare Mo cioegrave
moliM
mn 573
28
100
0
===
Sostituendo nella (1) si ottiene
CKnc
LTT
V
AB deg==
sdotsdot
minus=minus= 63675309
3182
5573
25015313
L=250J
N2
TA=40degC
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
12) Una macchina irreversibile funziona scambiando calore con due sorgenti alle temperature
T1 = 300 K e T2 = 250 K In un ciclo essa produce un lavoro L = 30 cal e la variazione totale di
entropia dellrsquouniverso egrave ∆S = 002 calK Calcolare il rendimento ρ della macchina
Soluzione
T1 = 300 K
T2 = 250 K
L = 30 cal
∆Suniverso = 002 calK
ρ =
Nella risoluzione del problema le quantitagrave di calore Q1 e Q2 assorbita e ceduta dalla macchina sono
considerate come quantitagrave positive Con questa scelta il lavoro fatto dalla macchina egrave pari
semplicemente alla differenza fra il calore assorbito Q1 e il calore ceduto Q2 L=Q1-Q2
Per calcolare il rendimento 1Q
L=ρ della macchina egrave necessario ricavare il calore assorbito Q1
Una relazione fra Q1 e Q2 si ottiene osservando che il lavoro L fatto dalla macchina egrave pari a 30 cal
L = Q1 ndash Q2 = 30 cal
Una seconda relazione fra Q1 e Q2 si puograve ottenere calcolando la variazione di entropia dellrsquouniverso
in un ciclo della macchina visto che la traccia fornisce il suo valore ∆Suniverso = 002 calK
La variazione di entropia dellrsquouniverso ∆Suniverso egrave semplicemente la somma delle variazioni di
entropia della macchina e delle due sorgenti
∆Suniverso = ∆Smacchina + ∆S1 + ∆S2
La variazione di entropia della macchina ∆Smacchina in un ciclo egrave nulla in quanto lrsquoentropia egrave funzione
di stato (lo stato finale della macchina egrave identico a quello iniziale)
La sorgente a temperatura T1 cede una quantitagrave di calore Q1 alla macchina quindi la sua variazione
di entropia ∆S1 egrave negativa
La sorgente a temperatura T2 al contrario acquista dalla macchina una quantitagrave di calore Q2 quindi
la sua variazione di entropia ∆S2 egrave positiva
Quindi
250300
21
2
2
1
121
T
Q
T
QSSSuniverso +minus=+minus=∆+∆=∆
T2
Q2
Q1
L
MT
T1
Otteniamo cosigrave la seconda relazione fra Q1 e Q2
250300020 21 QQ
+minus=
Mettendo a sistema le due relazioni ricavate sopra si ottengono i valori di Q1 e Q2
+=
=+minus
30
100
2
250300
21
21
+=
=++
minus
30
10
2
2530
30
21
22
Dalla prima equazione si ottiene
- 5 (Q2 + 30) + 6 Q2 = 30
-5 Q2 - 150 + 6 Q2 = 30
Q2 = 180 cal
Sostituendo nella seconda si ottiene il valore di Q1
Q1 = Q2 + 30 = 180 + 30 = 210 cal
Il rendimento cercato egrave quindi
14140210
30
1
====Q
Lρ
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
13) Una mole di azoto (N2) occupa inizialmente un volume V0 = 10 l alla temperatura T0 = 400 K Il
gas compie una espansione adiabatica irreversibile a seguito della quale il volume raddoppia Il
lavoro compiuto dal gas durante la trasformazione egrave L = 1250 J
Determinare
a) la temperatura e la pressione del gas quando si egrave stabilito di nuovo lequilibrio termodinamico
b) la variazione di entropia nel processo
R = 831 J(mol K) = 00821 litriatm (mol K)
Soluzione
Lrsquoazoto (N2 ) egrave biatomico quindi il calore specifico molare a volume costante egrave Rcv2
5=
Il gas compie una espansione adiabatica irreversibile durante la quale compie un determinato lavoro
esterno Applicando il primo principio della termodinamica alla trasformazione effettuata dal gas si
ha
∆U =Q ndash L = ndash L
in quanto Q=0 in una trasformazione adiabatica Drsquoaltra parte la variazione di energia interna ∆U in
un gas perfetto che effettua una trasformazione qualsiasi tra due stati che differiscono di ∆T in
temperatura egrave sempre data da ∆U = n cv ∆T Quindi
n cv ∆T = ndash L
n cv (Tf ndash Ti) = ndash L
da cui si ricava la temperatura finale di equilibrio
Knc
LTnc
nc
LTT
v
iv
v
if 340
3182
5
12504003182
5
cong
sdot
minussdotsdot=
minus=minus=
Dallrsquoequazione di stato dei gas perfetti possiamo ricavare il valore della pressione nel nuovo stato
di equilibrio termodinamico
pf Vf = n R Tf
atmV
nRTp
f
f
f 41102
34008210cong
sdot
sdot==
La variazione di entropia del processo puograve essere calcolata utilizzando lrsquoespressione generale per la
variazione di entropia di un gas perfetto fra due stati termodinamici Iequiv (Ti Vi) ed Fequiv (Tf Vf )
KJV
VnR
T
TncS
i
f
i
f
V 38276538310
20ln318
400
340ln318
2
5lnln =+minuscongsdot+sdotsdot=+=∆
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
14) Si considerino due macchine termiche che funzionano con le stesse due sorgenti di calore alle
temperature T2 = 250K e T1 = 500K La prima macchina opera secondo un ciclo di Carnot
assorbendo una quantitagrave di calore Q1 = 1400J dalla sorgente alla temperatura T1 La seconda
macchina descrive invece un ciclo irreversibile il cui rendimento egrave ρ = 035 Il lavoro prodotto dalle
due macchine egrave il medesimo Determinare
a) il lavoro prodotto in un ciclo
b) la variazione di entropia dellrsquouniverso che accompagna ogni ciclo della macchina irreversibile
Soluzione
T1 = 500K
T2 = 250K
Q1 = 1400J (calore assorbito Carnot)
L = Lrsquo=
a)
Il rendimento della macchina di Carnot egrave dato da
50502
1
500
25011
1
2
1
===minus=minus==T
T
Q
LCarnotρ
da cui si ricava immediatamente la risposta al quesito a)
L = ρCarnotQ1 = 05 1400 = 700 J
T1
T2
Q2
Q1
L
CARNOT
b)
Indichiamo con lrsquoapice tutte le grandezze relative alla macchina irreversibile Il lavoro Lrsquo fatto dalla
macchina irreversibile egrave uguale a quello (L=700 J) fatto dalla macchina di Carnot Per calcolare la
variazione di entropia che accompagna ogni ciclo della macchina irreversibile abbiamo bisogno di
conoscere il calore Q1rsquoassorbito dal termostato a temperatura T1 e il calore Q2rsquo ceduto al termostato
a temperatura T2
Conoscendo il rendimento ρ della macchina irreversibile possiamo calcolare il calore Q1rsquo assorbito
dalla macchina
1
Q
L=ρ rarr J
LQ 2000
350
700
1 ===
ρ
Il calore Q2rsquo ceduto dalla macchina irreversibile al termostato a temperatura piugrave bassa T2 saragrave quindi
dato da
Q2rsquo = Q1rsquo ndash Lrsquo = 2000 ndash 700 = 1300 J
La variazione di entropia dellrsquouniverso per ogni ciclo della macchina irreversibile egrave data solamente
dalla variazione di entropia delle sorgenti in quanto la variazione di entropia della macchina in un
ciclo egrave nulla (lrsquoentropia egrave una funzione di stato)
KJT
Q
T
QS sorg 21
250
1300
500
2000
2
2
1
1 =+minus=+minus=∆
T1
T2
Q2rsquo
Q1rsquo
Lrsquo=L Macchina
irreversibile ρρρρrsquo=035
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
15) Un gas perfetto descrive un ciclo reversibile costituito dalle trasformazioni AB adiabatica BC
isoterma e CA isocora
Calcolare il rendimento del ciclo sapendo che TA = 2TB
Soluzione
A rarr B adiabatica
B rarr C isoterma
C rarr A isocora
TA = 2TB
VA = VC (poicheacute isocora)
TB = TC (poicheacute isoterma)
Il rendimento del ciclo egrave dato dalla
ass
cedass
ass Q
Q
L minus==ρ
si devono quindi calcolare Qass e Qced In questo ciclo
QAB = 0 (poicheacute trasformazione adiabatica)
QCA = Qass = n cv ∆T = n cv (TA - TC) = n cv (TA ndash TB) = n cv (2TB ndash TB) = n cv TB
C
BB
B
CB
V
V
B
V
V
BcedBC
V
VnRT
V
VnRT
V
dVnRTdV
V
nRTQQ
C
B
C
B
lnln minus===== intint
quindi essendo VA = VC
p
C
B
A
V
adiabatica
isocora
isoterma
VA = VC VB
A
BBced
V
VnRTQ lnminus=
Il rapporto VB VA si puograve calcolare considerando la trasformazione AB (adiabatica) per la quale vale
la seguente
PVγ = cost
da cui
=sdot γV
V
nRTcost
e quindi essendo n ed R costanti
T V γ - 1
= cost
Applicata alla trasformazione AB si ha
11 minusminus = γγ
BBAA VTVT
da cui 1minus
=
γ
A
B
B
A
V
V
T
T
e
1
1
minus
=
γ
B
A
A
B
T
T
V
V
Sapendo che v
p
c
c=γ e che cp - cv = R (relazione di Mayer) si ha
vv
vp
v
p
c
R
c
cc
c
c=
minus=minus=minus 11γ oppure
1
1
minus=
γR
cv
2lnlnlnlnln1
1
Bv
B
AB
vR
c
B
AB
B
AB
A
BBced Tnc
T
TT
R
cnR
T
TnRT
T
TnRT
V
VnRTQ
v
minus=
sdotminus=
minus=
minus=minus=
minusγ
Quindi il rendimento ρ risulta essere
302ln12ln
11 =minus=minus=+==Bv
Bv
ass
ced
ass Tnc
Tnc
Q
Q
Q
Lρ
Fisica 1 (AA 2004-2005) Esercizi Termodinamica
16) Una macchina di Carnot ha un rendimento ρ = 22 Le due sorgenti a temperatura costante
differiscono di 75 K Sapendo che il lavoro prodotto in un ciclo egrave L = 200 J calcolare
a) le due temperature T1 e T2 ( con T1 gt T2)
b) la quantitagrave di calore Q1 assorbita dalla macchina di Carnot dalla sorgente a temperatura T1 e la
quantitagrave di calore Q2 ceduta dalla macchina di Carnot alla sorgente a temperatura T2
c) le variazioni di entropia (con il loro segno) 1S∆ e 2S∆ di ciascuna delle due sorgenti
d) la variazione di entropia dellrsquouniverso univS∆
Soluzione
ρ = 22 = 022
T1 ndash T2 = 75 K
L = 200 J
a) T1 = T2 =
b) Q1 =
c) Q2 =
d) ∆S1 = ∆S2 =
e) ∆SUNIV =
a) Consideriamo le quantitagrave di calore Q1 e Q2 come quantitagrave positive Con questa scelta il
rendimento ρ della macchina di Carnot egrave
1
2
1
2 11T
T
Q
Qminus=minus=ρ
11
21
1
21T
T
T
TT
T
T ∆=
minus=minus=ρ
quindi
KKT
T 3419340220
751 cong==
∆=
ρ
e
KTTTT 26675341)( 2112 =minuscongminusminus=
b)
Essendo Q1 e Q2 quantitagrave positive il lavoro prodotto in un ciclo egrave pari alla differenza fra Q1 e Q2
L = Q1 ndash Q2 = 200 J
Inoltre
V
A
D
p
C
B T1
T2
780341
266
1
2
1
2 ===T
T
Q
Q
Abbiamo quindi le seguenti due relazioni nelle due incognite Q1 e Q2
=
=minus
12
21
780
200
Risolvendo
=
=sdotminus
12
11
780
200780
=
=sdot
12
1
780
200220
Q
=
=sdot
12
1
780
220
200
Q
da cui
=
=
JQ
JQ
709
909
2
1
d) La variazione di entropia della sorgente 1 egrave
KJT
QS 662
341
909
1
11 minus=minus=minus=∆
La variazione di entropia della sorgente 2 egrave
KJT
QS 662
266
709
2
22 ==+=∆
e) La variazione di entropia dellrsquouniverso in un ciclo della macchina di Carnot (o di una qualunque
macchina termica reversibile che lavori fra T1 e T2) risulta quindi essere
∆SUNIV = ∆S1 + ∆S2 = - 266 + 266 = 0
Fisica 1 (AA 2004-2005) Esercizi Termodinamica
17) Un gas perfetto monoatomico compie a partire da un certo stato iniziale una trasformazione
isocora fino a una pressione doppia di quella iniziale assorbendo una quantitagrave di calore Q = 45 cal
Si calcoli il lavoro compiuto dal gas se a partire dallo stesso stato iniziale esso compie invece una
trasformazione isobara che ne fa raddoppiare il volume
Soluzione
Il lavoro compiuto dal gas nella trasformazione isobara da I a G egrave semplicemente
( ) 000000 2 VpVVpVpL =minus=∆=
La quantitagrave p0V0 entra nellrsquoequazione di stato dei gas perfetti
000 nRTVp =
Nella trasformazione isocora da I ad F il gas passa da una pressione iniziale pi= p0 a una pressione
finale doppia pf=2p0 La temperatura finale Tf saragrave quindi doppia di quella iniziale Infatti
fnRTVp =sdot 00 )2( fnRTnRT =02 02TT f =
Passando da I ad F il gas monoatomico ( Rcv2
3= ) assorbe una quantitagrave di calore Q = 45 cal
( ) ( ) 0000 2 TncTTncTTncTncQ vvfvv =minus=minus=∆=
00002
3
2
3
2
3VpTnRTRnQ ===
Possiamo quindi ricavare la quantitagrave cercata p0V0
QVp3
200 =
Il lavoro L compiuto dal gas nella trasformazione isobara da I a G egrave quindi
30453
2
3
200 calcalQVpL ====
G I
F
V
2 p0
p0
2 V0 V0
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
18) Un blocco di ghiaccio di massa mg alla temperatura T1 = -10degC egrave immerso in 100g di acqua alla
temperatura T2 = 27degC Calcolare la temperatura finale di equilibrio e la quantitagrave di ghiaccio sciolta
nei due casi
a) mg = 100g
b) mg = 10g
(ca = 1 calg degC cg = 05 calg degC λfus = 80 calg)
Soluzione
a)
Nel primo caso una massa mg = 100g di ghiaccio viene immersa in ma = 100g di acqua Per
ricavare la quantitagrave di ghiaccio sciolta osserviamo che affincheacute il ghiaccio inizi a sciogliersi deve
innanzitutto portarsi dalla temperatura iniziale T1 = -10degC alla temperatura Tfus= 0degC assorbendo
calore dallrsquoacqua circostante La quantitagrave di calore necessaria per il riscaldamento del ghiaccio da -
10degC a 0degC egrave
Qg (T1=-10degC rarr Tfus=0degC) = mg cg ∆T = 100 05 10 = 500 cal
La massa ma di acqua con cui il ghiaccio egrave in contatto termico puograve fornire al ghiaccio al massimo
una quantitagrave di calore Qamax che corrisponde a un raffreddamento dellrsquointera massa drsquoacqua ma fino
alla temperatura di solidificazione dellrsquoacqua Tsol=0degC
Qamax (T2 = 27degC rarr Tsol= 0degC) = ma ca ∆T = 100 1 27 = 2700 cal
Essendo Qamax gt Qg allora il ghiaccio puograve assorbire dallrsquoacqua circostante il calore necessario a
passare da -10degC a 0degC Assorbendo ulteriormente calore il ghiaccio comincia a fondere
La quantitagrave di calore necessaria affincheacute lrsquointera massa mg di ghiaccio si fonda puograve essere ricavata
dalla relazione
Qfus = λfus mg = 80 100 = 8000 cal
La quantitagrave di calore necessaria per la fusione dellrsquointera massa di ghiaccio egrave superiore alla massima
quantitagrave di calore che lrsquoacqua circostante puograve fornire Qfus gt Qamax Non tutta la massa di ghiaccio
puograve quindi passare allo stato liquido con il risultato che coesisteranno in equilibrio acqua e
ghiaccio La temperature di equilibrio Te risulteragrave quindi essere la temperatura di fusione Tfus= 0degC
mg
ma
La quantitagrave mrsquog di ghiaccio fusa puograve essere ricavata dalla conservazione dellrsquoenergia La quantitagrave di
calore massima Qamax che lrsquoacqua circostante puograve fornire serve ad innalzare la temperatura del
ghiaccio da -10degC a 0degC e a fondere solo una parte mrsquog di ghiaccio
Qamax = Qg (T1=-10degC rarr Tfus=0degC) + mrsquog λfus
2700 = 500 + 80 mrsquog
da cui
gm g 52780
2200 ==
b)
Nel secondo caso una massa mg = 10g viene immersa in ma = 100g di acqua
La quantitagrave di calore necessaria adesso per il riscaldamento di soli 10 grammi di ghiaccio da -10degC a
0degC egrave
Qg (T1= -10degC rarr Tfus=0degC) = mg cg ∆T = 10 05 10 = 50 cal
La quantitagrave di calore necessaria per fondere i 10 grammi di ghiaccio egrave pari a
Qfus = λfus mg = 80 10 = 800 cal
La quantitagrave di calore massima Qamax =2700 cal che lrsquoacqua circostante puograve fornire egrave adesso
sufficiente per innalzare la temperatura di mg=10g di ghiaccio da -10degC a 0degC (servono infatti solo
50 cal)e per fondere lrsquointera massa di ghiaccio (servono infatti solo ulteriori 800 cal)
Assorbendo quindi solo 850cal dallrsquoacqua circostante lrsquointera massa mg=10g di ghiaccio fonde e si
ottengono 10 grammi di acqua a 0deg
Assorbendo ulteriormente una quantitagrave di calore Q (0degC rarr te) dalla massa ma=100g di acqua
circostante a piugrave alta temperatura i 10 grammi di acqua a 0deg e la massa ma = 100g si porteranno a
una temperatura intermedia di equilibrio tE
Se si indica Qa la quantitagrave di calore ceduta dalla massa ma = 100g di acqua che si porta dalla
temperatura T1=27degC alla temperatura di equilibrio te il bilancio dei calori scambiati puograve essere
scritto come
Qa (T1=27degC rarr te) = Qg (-10degC rarr 0degC) + Qfus + Q (0degC rarr te)
ma ca (27deg - te) = 50 + 800 + mg ca ( te- 0deg)
100 1 (27deg - te) = 50 + 800 + 10 1 ( te- 0deg)
100 27 ndash 100 te = 850 + 10 te
da cui 2700 ndash 100 te = 850 + 10 te
110 te = 1850
e quindi
Cte deg== 816110
1850
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
19) Una kmole di gas perfetto biatomico egrave contenuta in un recipiente adiabatico munito di pistone di
volume Vi =05m3 Con il pistone bloccato il contenitore viene posto in un ambiente la cui pressione
egrave mantenuta costante al valore p0 = 510 6 Pa Ad un certo istante si sblocca il pistone e il gas si
espande fino a raggiungere lrsquoequilibrio meccanico con lrsquoambiente Si osserva una diminuzione di
temperatura ∆T= - 20 K Calcolare il volume finale Vf del gas
Soluzione
Il recipiente egrave adiabatico quindi il calore scambiato con lrsquoesterno egrave nullo (Q = 0 )
Il lavoro fatto dal gas sullrsquoambiente esterno a pressione p0=costante egrave semplicemente
VpL ∆= 0
Dal primo principio della termodinamica
LLQU minus=minus=∆
La variazione di energia interna del gas perfetto biatomico (cV=52 R) egrave
RRTncU V 50000)20(2
51000 minus=minussdot=∆=∆
3
6
00
080105
31850000m
p
U
p
LVVV if cong
sdot
sdot=
∆minus==minus=∆
358008050 mVVV if =+=∆+=
V = 053
m
n = 1000 Pap
6
0 105 sdot=
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
20) Un gas perfetto biatomico subisce una trasformazione a seguito della quale la pressione varia da
po = 15105 Pa a p1 = 225 10
5 Pa Il calore netto scambiato durante la trasformazione egrave Q=608 J
Sapendo che il volume finale V1 egrave uguale a quello iniziale (Vo = 3 l) determinare
a) la variazione di energia interna ∆U subita dal gas
b) il lavoro fatto dal gas
Soluzione
Il fatto che i volumi iniziale e finale sono uguali non egrave sufficiente per dedurre che il lavoro egrave nullo
(la trasformazione cioegrave non egrave isocora) infatti il lavoro dipende dalla trasformazione subita dal gas
ed il suo valore puograve essere determinato dal primo principio della termodinamica
L = Q - ∆U
La variazione di energia interna di un gas perfetto risulta essere
∆U = n cv (T1-T0)
Le temperature iniziale e finale si determinano dallrsquoequazione di stato del gas perfetto
Tp V
nR
p V
nR
p V
nR0
0 01
1 1 1 0= = = e T
La variazione di energia interna risulta
∆U = n cv ( )0100001 ppV
R
c
nR
Vp
nR
Vp v minus=
minus = 5625 J
Il lavoro del gas risulta quindi
L = Q - ∆U = 608 -5625 = 455 J
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
12) Una macchina irreversibile funziona scambiando calore con due sorgenti alle temperature
T1 = 300 K e T2 = 250 K In un ciclo essa produce un lavoro L = 30 cal e la variazione totale di
entropia dellrsquouniverso egrave ∆S = 002 calK Calcolare il rendimento ρ della macchina
Soluzione
T1 = 300 K
T2 = 250 K
L = 30 cal
∆Suniverso = 002 calK
ρ =
Nella risoluzione del problema le quantitagrave di calore Q1 e Q2 assorbita e ceduta dalla macchina sono
considerate come quantitagrave positive Con questa scelta il lavoro fatto dalla macchina egrave pari
semplicemente alla differenza fra il calore assorbito Q1 e il calore ceduto Q2 L=Q1-Q2
Per calcolare il rendimento 1Q
L=ρ della macchina egrave necessario ricavare il calore assorbito Q1
Una relazione fra Q1 e Q2 si ottiene osservando che il lavoro L fatto dalla macchina egrave pari a 30 cal
L = Q1 ndash Q2 = 30 cal
Una seconda relazione fra Q1 e Q2 si puograve ottenere calcolando la variazione di entropia dellrsquouniverso
in un ciclo della macchina visto che la traccia fornisce il suo valore ∆Suniverso = 002 calK
La variazione di entropia dellrsquouniverso ∆Suniverso egrave semplicemente la somma delle variazioni di
entropia della macchina e delle due sorgenti
∆Suniverso = ∆Smacchina + ∆S1 + ∆S2
La variazione di entropia della macchina ∆Smacchina in un ciclo egrave nulla in quanto lrsquoentropia egrave funzione
di stato (lo stato finale della macchina egrave identico a quello iniziale)
La sorgente a temperatura T1 cede una quantitagrave di calore Q1 alla macchina quindi la sua variazione
di entropia ∆S1 egrave negativa
La sorgente a temperatura T2 al contrario acquista dalla macchina una quantitagrave di calore Q2 quindi
la sua variazione di entropia ∆S2 egrave positiva
Quindi
250300
21
2
2
1
121
T
Q
T
QSSSuniverso +minus=+minus=∆+∆=∆
T2
Q2
Q1
L
MT
T1
Otteniamo cosigrave la seconda relazione fra Q1 e Q2
250300020 21 QQ
+minus=
Mettendo a sistema le due relazioni ricavate sopra si ottengono i valori di Q1 e Q2
+=
=+minus
30
100
2
250300
21
21
+=
=++
minus
30
10
2
2530
30
21
22
Dalla prima equazione si ottiene
- 5 (Q2 + 30) + 6 Q2 = 30
-5 Q2 - 150 + 6 Q2 = 30
Q2 = 180 cal
Sostituendo nella seconda si ottiene il valore di Q1
Q1 = Q2 + 30 = 180 + 30 = 210 cal
Il rendimento cercato egrave quindi
14140210
30
1
====Q
Lρ
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
13) Una mole di azoto (N2) occupa inizialmente un volume V0 = 10 l alla temperatura T0 = 400 K Il
gas compie una espansione adiabatica irreversibile a seguito della quale il volume raddoppia Il
lavoro compiuto dal gas durante la trasformazione egrave L = 1250 J
Determinare
a) la temperatura e la pressione del gas quando si egrave stabilito di nuovo lequilibrio termodinamico
b) la variazione di entropia nel processo
R = 831 J(mol K) = 00821 litriatm (mol K)
Soluzione
Lrsquoazoto (N2 ) egrave biatomico quindi il calore specifico molare a volume costante egrave Rcv2
5=
Il gas compie una espansione adiabatica irreversibile durante la quale compie un determinato lavoro
esterno Applicando il primo principio della termodinamica alla trasformazione effettuata dal gas si
ha
∆U =Q ndash L = ndash L
in quanto Q=0 in una trasformazione adiabatica Drsquoaltra parte la variazione di energia interna ∆U in
un gas perfetto che effettua una trasformazione qualsiasi tra due stati che differiscono di ∆T in
temperatura egrave sempre data da ∆U = n cv ∆T Quindi
n cv ∆T = ndash L
n cv (Tf ndash Ti) = ndash L
da cui si ricava la temperatura finale di equilibrio
Knc
LTnc
nc
LTT
v
iv
v
if 340
3182
5
12504003182
5
cong
sdot
minussdotsdot=
minus=minus=
Dallrsquoequazione di stato dei gas perfetti possiamo ricavare il valore della pressione nel nuovo stato
di equilibrio termodinamico
pf Vf = n R Tf
atmV
nRTp
f
f
f 41102
34008210cong
sdot
sdot==
La variazione di entropia del processo puograve essere calcolata utilizzando lrsquoespressione generale per la
variazione di entropia di un gas perfetto fra due stati termodinamici Iequiv (Ti Vi) ed Fequiv (Tf Vf )
KJV
VnR
T
TncS
i
f
i
f
V 38276538310
20ln318
400
340ln318
2
5lnln =+minuscongsdot+sdotsdot=+=∆
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
14) Si considerino due macchine termiche che funzionano con le stesse due sorgenti di calore alle
temperature T2 = 250K e T1 = 500K La prima macchina opera secondo un ciclo di Carnot
assorbendo una quantitagrave di calore Q1 = 1400J dalla sorgente alla temperatura T1 La seconda
macchina descrive invece un ciclo irreversibile il cui rendimento egrave ρ = 035 Il lavoro prodotto dalle
due macchine egrave il medesimo Determinare
a) il lavoro prodotto in un ciclo
b) la variazione di entropia dellrsquouniverso che accompagna ogni ciclo della macchina irreversibile
Soluzione
T1 = 500K
T2 = 250K
Q1 = 1400J (calore assorbito Carnot)
L = Lrsquo=
a)
Il rendimento della macchina di Carnot egrave dato da
50502
1
500
25011
1
2
1
===minus=minus==T
T
Q
LCarnotρ
da cui si ricava immediatamente la risposta al quesito a)
L = ρCarnotQ1 = 05 1400 = 700 J
T1
T2
Q2
Q1
L
CARNOT
b)
Indichiamo con lrsquoapice tutte le grandezze relative alla macchina irreversibile Il lavoro Lrsquo fatto dalla
macchina irreversibile egrave uguale a quello (L=700 J) fatto dalla macchina di Carnot Per calcolare la
variazione di entropia che accompagna ogni ciclo della macchina irreversibile abbiamo bisogno di
conoscere il calore Q1rsquoassorbito dal termostato a temperatura T1 e il calore Q2rsquo ceduto al termostato
a temperatura T2
Conoscendo il rendimento ρ della macchina irreversibile possiamo calcolare il calore Q1rsquo assorbito
dalla macchina
1
Q
L=ρ rarr J
LQ 2000
350
700
1 ===
ρ
Il calore Q2rsquo ceduto dalla macchina irreversibile al termostato a temperatura piugrave bassa T2 saragrave quindi
dato da
Q2rsquo = Q1rsquo ndash Lrsquo = 2000 ndash 700 = 1300 J
La variazione di entropia dellrsquouniverso per ogni ciclo della macchina irreversibile egrave data solamente
dalla variazione di entropia delle sorgenti in quanto la variazione di entropia della macchina in un
ciclo egrave nulla (lrsquoentropia egrave una funzione di stato)
KJT
Q
T
QS sorg 21
250
1300
500
2000
2
2
1
1 =+minus=+minus=∆
T1
T2
Q2rsquo
Q1rsquo
Lrsquo=L Macchina
irreversibile ρρρρrsquo=035
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
15) Un gas perfetto descrive un ciclo reversibile costituito dalle trasformazioni AB adiabatica BC
isoterma e CA isocora
Calcolare il rendimento del ciclo sapendo che TA = 2TB
Soluzione
A rarr B adiabatica
B rarr C isoterma
C rarr A isocora
TA = 2TB
VA = VC (poicheacute isocora)
TB = TC (poicheacute isoterma)
Il rendimento del ciclo egrave dato dalla
ass
cedass
ass Q
Q
L minus==ρ
si devono quindi calcolare Qass e Qced In questo ciclo
QAB = 0 (poicheacute trasformazione adiabatica)
QCA = Qass = n cv ∆T = n cv (TA - TC) = n cv (TA ndash TB) = n cv (2TB ndash TB) = n cv TB
C
BB
B
CB
V
V
B
V
V
BcedBC
V
VnRT
V
VnRT
V
dVnRTdV
V
nRTQQ
C
B
C
B
lnln minus===== intint
quindi essendo VA = VC
p
C
B
A
V
adiabatica
isocora
isoterma
VA = VC VB
A
BBced
V
VnRTQ lnminus=
Il rapporto VB VA si puograve calcolare considerando la trasformazione AB (adiabatica) per la quale vale
la seguente
PVγ = cost
da cui
=sdot γV
V
nRTcost
e quindi essendo n ed R costanti
T V γ - 1
= cost
Applicata alla trasformazione AB si ha
11 minusminus = γγ
BBAA VTVT
da cui 1minus
=
γ
A
B
B
A
V
V
T
T
e
1
1
minus
=
γ
B
A
A
B
T
T
V
V
Sapendo che v
p
c
c=γ e che cp - cv = R (relazione di Mayer) si ha
vv
vp
v
p
c
R
c
cc
c
c=
minus=minus=minus 11γ oppure
1
1
minus=
γR
cv
2lnlnlnlnln1
1
Bv
B
AB
vR
c
B
AB
B
AB
A
BBced Tnc
T
TT
R
cnR
T
TnRT
T
TnRT
V
VnRTQ
v
minus=
sdotminus=
minus=
minus=minus=
minusγ
Quindi il rendimento ρ risulta essere
302ln12ln
11 =minus=minus=+==Bv
Bv
ass
ced
ass Tnc
Tnc
Q
Q
Q
Lρ
Fisica 1 (AA 2004-2005) Esercizi Termodinamica
16) Una macchina di Carnot ha un rendimento ρ = 22 Le due sorgenti a temperatura costante
differiscono di 75 K Sapendo che il lavoro prodotto in un ciclo egrave L = 200 J calcolare
a) le due temperature T1 e T2 ( con T1 gt T2)
b) la quantitagrave di calore Q1 assorbita dalla macchina di Carnot dalla sorgente a temperatura T1 e la
quantitagrave di calore Q2 ceduta dalla macchina di Carnot alla sorgente a temperatura T2
c) le variazioni di entropia (con il loro segno) 1S∆ e 2S∆ di ciascuna delle due sorgenti
d) la variazione di entropia dellrsquouniverso univS∆
Soluzione
ρ = 22 = 022
T1 ndash T2 = 75 K
L = 200 J
a) T1 = T2 =
b) Q1 =
c) Q2 =
d) ∆S1 = ∆S2 =
e) ∆SUNIV =
a) Consideriamo le quantitagrave di calore Q1 e Q2 come quantitagrave positive Con questa scelta il
rendimento ρ della macchina di Carnot egrave
1
2
1
2 11T
T
Q
Qminus=minus=ρ
11
21
1
21T
T
T
TT
T
T ∆=
minus=minus=ρ
quindi
KKT
T 3419340220
751 cong==
∆=
ρ
e
KTTTT 26675341)( 2112 =minuscongminusminus=
b)
Essendo Q1 e Q2 quantitagrave positive il lavoro prodotto in un ciclo egrave pari alla differenza fra Q1 e Q2
L = Q1 ndash Q2 = 200 J
Inoltre
V
A
D
p
C
B T1
T2
780341
266
1
2
1
2 ===T
T
Q
Q
Abbiamo quindi le seguenti due relazioni nelle due incognite Q1 e Q2
=
=minus
12
21
780
200
Risolvendo
=
=sdotminus
12
11
780
200780
=
=sdot
12
1
780
200220
Q
=
=sdot
12
1
780
220
200
Q
da cui
=
=
JQ
JQ
709
909
2
1
d) La variazione di entropia della sorgente 1 egrave
KJT
QS 662
341
909
1
11 minus=minus=minus=∆
La variazione di entropia della sorgente 2 egrave
KJT
QS 662
266
709
2
22 ==+=∆
e) La variazione di entropia dellrsquouniverso in un ciclo della macchina di Carnot (o di una qualunque
macchina termica reversibile che lavori fra T1 e T2) risulta quindi essere
∆SUNIV = ∆S1 + ∆S2 = - 266 + 266 = 0
Fisica 1 (AA 2004-2005) Esercizi Termodinamica
17) Un gas perfetto monoatomico compie a partire da un certo stato iniziale una trasformazione
isocora fino a una pressione doppia di quella iniziale assorbendo una quantitagrave di calore Q = 45 cal
Si calcoli il lavoro compiuto dal gas se a partire dallo stesso stato iniziale esso compie invece una
trasformazione isobara che ne fa raddoppiare il volume
Soluzione
Il lavoro compiuto dal gas nella trasformazione isobara da I a G egrave semplicemente
( ) 000000 2 VpVVpVpL =minus=∆=
La quantitagrave p0V0 entra nellrsquoequazione di stato dei gas perfetti
000 nRTVp =
Nella trasformazione isocora da I ad F il gas passa da una pressione iniziale pi= p0 a una pressione
finale doppia pf=2p0 La temperatura finale Tf saragrave quindi doppia di quella iniziale Infatti
fnRTVp =sdot 00 )2( fnRTnRT =02 02TT f =
Passando da I ad F il gas monoatomico ( Rcv2
3= ) assorbe una quantitagrave di calore Q = 45 cal
( ) ( ) 0000 2 TncTTncTTncTncQ vvfvv =minus=minus=∆=
00002
3
2
3
2
3VpTnRTRnQ ===
Possiamo quindi ricavare la quantitagrave cercata p0V0
QVp3
200 =
Il lavoro L compiuto dal gas nella trasformazione isobara da I a G egrave quindi
30453
2
3
200 calcalQVpL ====
G I
F
V
2 p0
p0
2 V0 V0
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
18) Un blocco di ghiaccio di massa mg alla temperatura T1 = -10degC egrave immerso in 100g di acqua alla
temperatura T2 = 27degC Calcolare la temperatura finale di equilibrio e la quantitagrave di ghiaccio sciolta
nei due casi
a) mg = 100g
b) mg = 10g
(ca = 1 calg degC cg = 05 calg degC λfus = 80 calg)
Soluzione
a)
Nel primo caso una massa mg = 100g di ghiaccio viene immersa in ma = 100g di acqua Per
ricavare la quantitagrave di ghiaccio sciolta osserviamo che affincheacute il ghiaccio inizi a sciogliersi deve
innanzitutto portarsi dalla temperatura iniziale T1 = -10degC alla temperatura Tfus= 0degC assorbendo
calore dallrsquoacqua circostante La quantitagrave di calore necessaria per il riscaldamento del ghiaccio da -
10degC a 0degC egrave
Qg (T1=-10degC rarr Tfus=0degC) = mg cg ∆T = 100 05 10 = 500 cal
La massa ma di acqua con cui il ghiaccio egrave in contatto termico puograve fornire al ghiaccio al massimo
una quantitagrave di calore Qamax che corrisponde a un raffreddamento dellrsquointera massa drsquoacqua ma fino
alla temperatura di solidificazione dellrsquoacqua Tsol=0degC
Qamax (T2 = 27degC rarr Tsol= 0degC) = ma ca ∆T = 100 1 27 = 2700 cal
Essendo Qamax gt Qg allora il ghiaccio puograve assorbire dallrsquoacqua circostante il calore necessario a
passare da -10degC a 0degC Assorbendo ulteriormente calore il ghiaccio comincia a fondere
La quantitagrave di calore necessaria affincheacute lrsquointera massa mg di ghiaccio si fonda puograve essere ricavata
dalla relazione
Qfus = λfus mg = 80 100 = 8000 cal
La quantitagrave di calore necessaria per la fusione dellrsquointera massa di ghiaccio egrave superiore alla massima
quantitagrave di calore che lrsquoacqua circostante puograve fornire Qfus gt Qamax Non tutta la massa di ghiaccio
puograve quindi passare allo stato liquido con il risultato che coesisteranno in equilibrio acqua e
ghiaccio La temperature di equilibrio Te risulteragrave quindi essere la temperatura di fusione Tfus= 0degC
mg
ma
La quantitagrave mrsquog di ghiaccio fusa puograve essere ricavata dalla conservazione dellrsquoenergia La quantitagrave di
calore massima Qamax che lrsquoacqua circostante puograve fornire serve ad innalzare la temperatura del
ghiaccio da -10degC a 0degC e a fondere solo una parte mrsquog di ghiaccio
Qamax = Qg (T1=-10degC rarr Tfus=0degC) + mrsquog λfus
2700 = 500 + 80 mrsquog
da cui
gm g 52780
2200 ==
b)
Nel secondo caso una massa mg = 10g viene immersa in ma = 100g di acqua
La quantitagrave di calore necessaria adesso per il riscaldamento di soli 10 grammi di ghiaccio da -10degC a
0degC egrave
Qg (T1= -10degC rarr Tfus=0degC) = mg cg ∆T = 10 05 10 = 50 cal
La quantitagrave di calore necessaria per fondere i 10 grammi di ghiaccio egrave pari a
Qfus = λfus mg = 80 10 = 800 cal
La quantitagrave di calore massima Qamax =2700 cal che lrsquoacqua circostante puograve fornire egrave adesso
sufficiente per innalzare la temperatura di mg=10g di ghiaccio da -10degC a 0degC (servono infatti solo
50 cal)e per fondere lrsquointera massa di ghiaccio (servono infatti solo ulteriori 800 cal)
Assorbendo quindi solo 850cal dallrsquoacqua circostante lrsquointera massa mg=10g di ghiaccio fonde e si
ottengono 10 grammi di acqua a 0deg
Assorbendo ulteriormente una quantitagrave di calore Q (0degC rarr te) dalla massa ma=100g di acqua
circostante a piugrave alta temperatura i 10 grammi di acqua a 0deg e la massa ma = 100g si porteranno a
una temperatura intermedia di equilibrio tE
Se si indica Qa la quantitagrave di calore ceduta dalla massa ma = 100g di acqua che si porta dalla
temperatura T1=27degC alla temperatura di equilibrio te il bilancio dei calori scambiati puograve essere
scritto come
Qa (T1=27degC rarr te) = Qg (-10degC rarr 0degC) + Qfus + Q (0degC rarr te)
ma ca (27deg - te) = 50 + 800 + mg ca ( te- 0deg)
100 1 (27deg - te) = 50 + 800 + 10 1 ( te- 0deg)
100 27 ndash 100 te = 850 + 10 te
da cui 2700 ndash 100 te = 850 + 10 te
110 te = 1850
e quindi
Cte deg== 816110
1850
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
19) Una kmole di gas perfetto biatomico egrave contenuta in un recipiente adiabatico munito di pistone di
volume Vi =05m3 Con il pistone bloccato il contenitore viene posto in un ambiente la cui pressione
egrave mantenuta costante al valore p0 = 510 6 Pa Ad un certo istante si sblocca il pistone e il gas si
espande fino a raggiungere lrsquoequilibrio meccanico con lrsquoambiente Si osserva una diminuzione di
temperatura ∆T= - 20 K Calcolare il volume finale Vf del gas
Soluzione
Il recipiente egrave adiabatico quindi il calore scambiato con lrsquoesterno egrave nullo (Q = 0 )
Il lavoro fatto dal gas sullrsquoambiente esterno a pressione p0=costante egrave semplicemente
VpL ∆= 0
Dal primo principio della termodinamica
LLQU minus=minus=∆
La variazione di energia interna del gas perfetto biatomico (cV=52 R) egrave
RRTncU V 50000)20(2
51000 minus=minussdot=∆=∆
3
6
00
080105
31850000m
p
U
p
LVVV if cong
sdot
sdot=
∆minus==minus=∆
358008050 mVVV if =+=∆+=
V = 053
m
n = 1000 Pap
6
0 105 sdot=
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
20) Un gas perfetto biatomico subisce una trasformazione a seguito della quale la pressione varia da
po = 15105 Pa a p1 = 225 10
5 Pa Il calore netto scambiato durante la trasformazione egrave Q=608 J
Sapendo che il volume finale V1 egrave uguale a quello iniziale (Vo = 3 l) determinare
a) la variazione di energia interna ∆U subita dal gas
b) il lavoro fatto dal gas
Soluzione
Il fatto che i volumi iniziale e finale sono uguali non egrave sufficiente per dedurre che il lavoro egrave nullo
(la trasformazione cioegrave non egrave isocora) infatti il lavoro dipende dalla trasformazione subita dal gas
ed il suo valore puograve essere determinato dal primo principio della termodinamica
L = Q - ∆U
La variazione di energia interna di un gas perfetto risulta essere
∆U = n cv (T1-T0)
Le temperature iniziale e finale si determinano dallrsquoequazione di stato del gas perfetto
Tp V
nR
p V
nR
p V
nR0
0 01
1 1 1 0= = = e T
La variazione di energia interna risulta
∆U = n cv ( )0100001 ppV
R
c
nR
Vp
nR
Vp v minus=
minus = 5625 J
Il lavoro del gas risulta quindi
L = Q - ∆U = 608 -5625 = 455 J
Otteniamo cosigrave la seconda relazione fra Q1 e Q2
250300020 21 QQ
+minus=
Mettendo a sistema le due relazioni ricavate sopra si ottengono i valori di Q1 e Q2
+=
=+minus
30
100
2
250300
21
21
+=
=++
minus
30
10
2
2530
30
21
22
Dalla prima equazione si ottiene
- 5 (Q2 + 30) + 6 Q2 = 30
-5 Q2 - 150 + 6 Q2 = 30
Q2 = 180 cal
Sostituendo nella seconda si ottiene il valore di Q1
Q1 = Q2 + 30 = 180 + 30 = 210 cal
Il rendimento cercato egrave quindi
14140210
30
1
====Q
Lρ
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
13) Una mole di azoto (N2) occupa inizialmente un volume V0 = 10 l alla temperatura T0 = 400 K Il
gas compie una espansione adiabatica irreversibile a seguito della quale il volume raddoppia Il
lavoro compiuto dal gas durante la trasformazione egrave L = 1250 J
Determinare
a) la temperatura e la pressione del gas quando si egrave stabilito di nuovo lequilibrio termodinamico
b) la variazione di entropia nel processo
R = 831 J(mol K) = 00821 litriatm (mol K)
Soluzione
Lrsquoazoto (N2 ) egrave biatomico quindi il calore specifico molare a volume costante egrave Rcv2
5=
Il gas compie una espansione adiabatica irreversibile durante la quale compie un determinato lavoro
esterno Applicando il primo principio della termodinamica alla trasformazione effettuata dal gas si
ha
∆U =Q ndash L = ndash L
in quanto Q=0 in una trasformazione adiabatica Drsquoaltra parte la variazione di energia interna ∆U in
un gas perfetto che effettua una trasformazione qualsiasi tra due stati che differiscono di ∆T in
temperatura egrave sempre data da ∆U = n cv ∆T Quindi
n cv ∆T = ndash L
n cv (Tf ndash Ti) = ndash L
da cui si ricava la temperatura finale di equilibrio
Knc
LTnc
nc
LTT
v
iv
v
if 340
3182
5
12504003182
5
cong
sdot
minussdotsdot=
minus=minus=
Dallrsquoequazione di stato dei gas perfetti possiamo ricavare il valore della pressione nel nuovo stato
di equilibrio termodinamico
pf Vf = n R Tf
atmV
nRTp
f
f
f 41102
34008210cong
sdot
sdot==
La variazione di entropia del processo puograve essere calcolata utilizzando lrsquoespressione generale per la
variazione di entropia di un gas perfetto fra due stati termodinamici Iequiv (Ti Vi) ed Fequiv (Tf Vf )
KJV
VnR
T
TncS
i
f
i
f
V 38276538310
20ln318
400
340ln318
2
5lnln =+minuscongsdot+sdotsdot=+=∆
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
14) Si considerino due macchine termiche che funzionano con le stesse due sorgenti di calore alle
temperature T2 = 250K e T1 = 500K La prima macchina opera secondo un ciclo di Carnot
assorbendo una quantitagrave di calore Q1 = 1400J dalla sorgente alla temperatura T1 La seconda
macchina descrive invece un ciclo irreversibile il cui rendimento egrave ρ = 035 Il lavoro prodotto dalle
due macchine egrave il medesimo Determinare
a) il lavoro prodotto in un ciclo
b) la variazione di entropia dellrsquouniverso che accompagna ogni ciclo della macchina irreversibile
Soluzione
T1 = 500K
T2 = 250K
Q1 = 1400J (calore assorbito Carnot)
L = Lrsquo=
a)
Il rendimento della macchina di Carnot egrave dato da
50502
1
500
25011
1
2
1
===minus=minus==T
T
Q
LCarnotρ
da cui si ricava immediatamente la risposta al quesito a)
L = ρCarnotQ1 = 05 1400 = 700 J
T1
T2
Q2
Q1
L
CARNOT
b)
Indichiamo con lrsquoapice tutte le grandezze relative alla macchina irreversibile Il lavoro Lrsquo fatto dalla
macchina irreversibile egrave uguale a quello (L=700 J) fatto dalla macchina di Carnot Per calcolare la
variazione di entropia che accompagna ogni ciclo della macchina irreversibile abbiamo bisogno di
conoscere il calore Q1rsquoassorbito dal termostato a temperatura T1 e il calore Q2rsquo ceduto al termostato
a temperatura T2
Conoscendo il rendimento ρ della macchina irreversibile possiamo calcolare il calore Q1rsquo assorbito
dalla macchina
1
Q
L=ρ rarr J
LQ 2000
350
700
1 ===
ρ
Il calore Q2rsquo ceduto dalla macchina irreversibile al termostato a temperatura piugrave bassa T2 saragrave quindi
dato da
Q2rsquo = Q1rsquo ndash Lrsquo = 2000 ndash 700 = 1300 J
La variazione di entropia dellrsquouniverso per ogni ciclo della macchina irreversibile egrave data solamente
dalla variazione di entropia delle sorgenti in quanto la variazione di entropia della macchina in un
ciclo egrave nulla (lrsquoentropia egrave una funzione di stato)
KJT
Q
T
QS sorg 21
250
1300
500
2000
2
2
1
1 =+minus=+minus=∆
T1
T2
Q2rsquo
Q1rsquo
Lrsquo=L Macchina
irreversibile ρρρρrsquo=035
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
15) Un gas perfetto descrive un ciclo reversibile costituito dalle trasformazioni AB adiabatica BC
isoterma e CA isocora
Calcolare il rendimento del ciclo sapendo che TA = 2TB
Soluzione
A rarr B adiabatica
B rarr C isoterma
C rarr A isocora
TA = 2TB
VA = VC (poicheacute isocora)
TB = TC (poicheacute isoterma)
Il rendimento del ciclo egrave dato dalla
ass
cedass
ass Q
Q
L minus==ρ
si devono quindi calcolare Qass e Qced In questo ciclo
QAB = 0 (poicheacute trasformazione adiabatica)
QCA = Qass = n cv ∆T = n cv (TA - TC) = n cv (TA ndash TB) = n cv (2TB ndash TB) = n cv TB
C
BB
B
CB
V
V
B
V
V
BcedBC
V
VnRT
V
VnRT
V
dVnRTdV
V
nRTQQ
C
B
C
B
lnln minus===== intint
quindi essendo VA = VC
p
C
B
A
V
adiabatica
isocora
isoterma
VA = VC VB
A
BBced
V
VnRTQ lnminus=
Il rapporto VB VA si puograve calcolare considerando la trasformazione AB (adiabatica) per la quale vale
la seguente
PVγ = cost
da cui
=sdot γV
V
nRTcost
e quindi essendo n ed R costanti
T V γ - 1
= cost
Applicata alla trasformazione AB si ha
11 minusminus = γγ
BBAA VTVT
da cui 1minus
=
γ
A
B
B
A
V
V
T
T
e
1
1
minus
=
γ
B
A
A
B
T
T
V
V
Sapendo che v
p
c
c=γ e che cp - cv = R (relazione di Mayer) si ha
vv
vp
v
p
c
R
c
cc
c
c=
minus=minus=minus 11γ oppure
1
1
minus=
γR
cv
2lnlnlnlnln1
1
Bv
B
AB
vR
c
B
AB
B
AB
A
BBced Tnc
T
TT
R
cnR
T
TnRT
T
TnRT
V
VnRTQ
v
minus=
sdotminus=
minus=
minus=minus=
minusγ
Quindi il rendimento ρ risulta essere
302ln12ln
11 =minus=minus=+==Bv
Bv
ass
ced
ass Tnc
Tnc
Q
Q
Q
Lρ
Fisica 1 (AA 2004-2005) Esercizi Termodinamica
16) Una macchina di Carnot ha un rendimento ρ = 22 Le due sorgenti a temperatura costante
differiscono di 75 K Sapendo che il lavoro prodotto in un ciclo egrave L = 200 J calcolare
a) le due temperature T1 e T2 ( con T1 gt T2)
b) la quantitagrave di calore Q1 assorbita dalla macchina di Carnot dalla sorgente a temperatura T1 e la
quantitagrave di calore Q2 ceduta dalla macchina di Carnot alla sorgente a temperatura T2
c) le variazioni di entropia (con il loro segno) 1S∆ e 2S∆ di ciascuna delle due sorgenti
d) la variazione di entropia dellrsquouniverso univS∆
Soluzione
ρ = 22 = 022
T1 ndash T2 = 75 K
L = 200 J
a) T1 = T2 =
b) Q1 =
c) Q2 =
d) ∆S1 = ∆S2 =
e) ∆SUNIV =
a) Consideriamo le quantitagrave di calore Q1 e Q2 come quantitagrave positive Con questa scelta il
rendimento ρ della macchina di Carnot egrave
1
2
1
2 11T
T
Q
Qminus=minus=ρ
11
21
1
21T
T
T
TT
T
T ∆=
minus=minus=ρ
quindi
KKT
T 3419340220
751 cong==
∆=
ρ
e
KTTTT 26675341)( 2112 =minuscongminusminus=
b)
Essendo Q1 e Q2 quantitagrave positive il lavoro prodotto in un ciclo egrave pari alla differenza fra Q1 e Q2
L = Q1 ndash Q2 = 200 J
Inoltre
V
A
D
p
C
B T1
T2
780341
266
1
2
1
2 ===T
T
Q
Q
Abbiamo quindi le seguenti due relazioni nelle due incognite Q1 e Q2
=
=minus
12
21
780
200
Risolvendo
=
=sdotminus
12
11
780
200780
=
=sdot
12
1
780
200220
Q
=
=sdot
12
1
780
220
200
Q
da cui
=
=
JQ
JQ
709
909
2
1
d) La variazione di entropia della sorgente 1 egrave
KJT
QS 662
341
909
1
11 minus=minus=minus=∆
La variazione di entropia della sorgente 2 egrave
KJT
QS 662
266
709
2
22 ==+=∆
e) La variazione di entropia dellrsquouniverso in un ciclo della macchina di Carnot (o di una qualunque
macchina termica reversibile che lavori fra T1 e T2) risulta quindi essere
∆SUNIV = ∆S1 + ∆S2 = - 266 + 266 = 0
Fisica 1 (AA 2004-2005) Esercizi Termodinamica
17) Un gas perfetto monoatomico compie a partire da un certo stato iniziale una trasformazione
isocora fino a una pressione doppia di quella iniziale assorbendo una quantitagrave di calore Q = 45 cal
Si calcoli il lavoro compiuto dal gas se a partire dallo stesso stato iniziale esso compie invece una
trasformazione isobara che ne fa raddoppiare il volume
Soluzione
Il lavoro compiuto dal gas nella trasformazione isobara da I a G egrave semplicemente
( ) 000000 2 VpVVpVpL =minus=∆=
La quantitagrave p0V0 entra nellrsquoequazione di stato dei gas perfetti
000 nRTVp =
Nella trasformazione isocora da I ad F il gas passa da una pressione iniziale pi= p0 a una pressione
finale doppia pf=2p0 La temperatura finale Tf saragrave quindi doppia di quella iniziale Infatti
fnRTVp =sdot 00 )2( fnRTnRT =02 02TT f =
Passando da I ad F il gas monoatomico ( Rcv2
3= ) assorbe una quantitagrave di calore Q = 45 cal
( ) ( ) 0000 2 TncTTncTTncTncQ vvfvv =minus=minus=∆=
00002
3
2
3
2
3VpTnRTRnQ ===
Possiamo quindi ricavare la quantitagrave cercata p0V0
QVp3
200 =
Il lavoro L compiuto dal gas nella trasformazione isobara da I a G egrave quindi
30453
2
3
200 calcalQVpL ====
G I
F
V
2 p0
p0
2 V0 V0
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
18) Un blocco di ghiaccio di massa mg alla temperatura T1 = -10degC egrave immerso in 100g di acqua alla
temperatura T2 = 27degC Calcolare la temperatura finale di equilibrio e la quantitagrave di ghiaccio sciolta
nei due casi
a) mg = 100g
b) mg = 10g
(ca = 1 calg degC cg = 05 calg degC λfus = 80 calg)
Soluzione
a)
Nel primo caso una massa mg = 100g di ghiaccio viene immersa in ma = 100g di acqua Per
ricavare la quantitagrave di ghiaccio sciolta osserviamo che affincheacute il ghiaccio inizi a sciogliersi deve
innanzitutto portarsi dalla temperatura iniziale T1 = -10degC alla temperatura Tfus= 0degC assorbendo
calore dallrsquoacqua circostante La quantitagrave di calore necessaria per il riscaldamento del ghiaccio da -
10degC a 0degC egrave
Qg (T1=-10degC rarr Tfus=0degC) = mg cg ∆T = 100 05 10 = 500 cal
La massa ma di acqua con cui il ghiaccio egrave in contatto termico puograve fornire al ghiaccio al massimo
una quantitagrave di calore Qamax che corrisponde a un raffreddamento dellrsquointera massa drsquoacqua ma fino
alla temperatura di solidificazione dellrsquoacqua Tsol=0degC
Qamax (T2 = 27degC rarr Tsol= 0degC) = ma ca ∆T = 100 1 27 = 2700 cal
Essendo Qamax gt Qg allora il ghiaccio puograve assorbire dallrsquoacqua circostante il calore necessario a
passare da -10degC a 0degC Assorbendo ulteriormente calore il ghiaccio comincia a fondere
La quantitagrave di calore necessaria affincheacute lrsquointera massa mg di ghiaccio si fonda puograve essere ricavata
dalla relazione
Qfus = λfus mg = 80 100 = 8000 cal
La quantitagrave di calore necessaria per la fusione dellrsquointera massa di ghiaccio egrave superiore alla massima
quantitagrave di calore che lrsquoacqua circostante puograve fornire Qfus gt Qamax Non tutta la massa di ghiaccio
puograve quindi passare allo stato liquido con il risultato che coesisteranno in equilibrio acqua e
ghiaccio La temperature di equilibrio Te risulteragrave quindi essere la temperatura di fusione Tfus= 0degC
mg
ma
La quantitagrave mrsquog di ghiaccio fusa puograve essere ricavata dalla conservazione dellrsquoenergia La quantitagrave di
calore massima Qamax che lrsquoacqua circostante puograve fornire serve ad innalzare la temperatura del
ghiaccio da -10degC a 0degC e a fondere solo una parte mrsquog di ghiaccio
Qamax = Qg (T1=-10degC rarr Tfus=0degC) + mrsquog λfus
2700 = 500 + 80 mrsquog
da cui
gm g 52780
2200 ==
b)
Nel secondo caso una massa mg = 10g viene immersa in ma = 100g di acqua
La quantitagrave di calore necessaria adesso per il riscaldamento di soli 10 grammi di ghiaccio da -10degC a
0degC egrave
Qg (T1= -10degC rarr Tfus=0degC) = mg cg ∆T = 10 05 10 = 50 cal
La quantitagrave di calore necessaria per fondere i 10 grammi di ghiaccio egrave pari a
Qfus = λfus mg = 80 10 = 800 cal
La quantitagrave di calore massima Qamax =2700 cal che lrsquoacqua circostante puograve fornire egrave adesso
sufficiente per innalzare la temperatura di mg=10g di ghiaccio da -10degC a 0degC (servono infatti solo
50 cal)e per fondere lrsquointera massa di ghiaccio (servono infatti solo ulteriori 800 cal)
Assorbendo quindi solo 850cal dallrsquoacqua circostante lrsquointera massa mg=10g di ghiaccio fonde e si
ottengono 10 grammi di acqua a 0deg
Assorbendo ulteriormente una quantitagrave di calore Q (0degC rarr te) dalla massa ma=100g di acqua
circostante a piugrave alta temperatura i 10 grammi di acqua a 0deg e la massa ma = 100g si porteranno a
una temperatura intermedia di equilibrio tE
Se si indica Qa la quantitagrave di calore ceduta dalla massa ma = 100g di acqua che si porta dalla
temperatura T1=27degC alla temperatura di equilibrio te il bilancio dei calori scambiati puograve essere
scritto come
Qa (T1=27degC rarr te) = Qg (-10degC rarr 0degC) + Qfus + Q (0degC rarr te)
ma ca (27deg - te) = 50 + 800 + mg ca ( te- 0deg)
100 1 (27deg - te) = 50 + 800 + 10 1 ( te- 0deg)
100 27 ndash 100 te = 850 + 10 te
da cui 2700 ndash 100 te = 850 + 10 te
110 te = 1850
e quindi
Cte deg== 816110
1850
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
19) Una kmole di gas perfetto biatomico egrave contenuta in un recipiente adiabatico munito di pistone di
volume Vi =05m3 Con il pistone bloccato il contenitore viene posto in un ambiente la cui pressione
egrave mantenuta costante al valore p0 = 510 6 Pa Ad un certo istante si sblocca il pistone e il gas si
espande fino a raggiungere lrsquoequilibrio meccanico con lrsquoambiente Si osserva una diminuzione di
temperatura ∆T= - 20 K Calcolare il volume finale Vf del gas
Soluzione
Il recipiente egrave adiabatico quindi il calore scambiato con lrsquoesterno egrave nullo (Q = 0 )
Il lavoro fatto dal gas sullrsquoambiente esterno a pressione p0=costante egrave semplicemente
VpL ∆= 0
Dal primo principio della termodinamica
LLQU minus=minus=∆
La variazione di energia interna del gas perfetto biatomico (cV=52 R) egrave
RRTncU V 50000)20(2
51000 minus=minussdot=∆=∆
3
6
00
080105
31850000m
p
U
p
LVVV if cong
sdot
sdot=
∆minus==minus=∆
358008050 mVVV if =+=∆+=
V = 053
m
n = 1000 Pap
6
0 105 sdot=
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
20) Un gas perfetto biatomico subisce una trasformazione a seguito della quale la pressione varia da
po = 15105 Pa a p1 = 225 10
5 Pa Il calore netto scambiato durante la trasformazione egrave Q=608 J
Sapendo che il volume finale V1 egrave uguale a quello iniziale (Vo = 3 l) determinare
a) la variazione di energia interna ∆U subita dal gas
b) il lavoro fatto dal gas
Soluzione
Il fatto che i volumi iniziale e finale sono uguali non egrave sufficiente per dedurre che il lavoro egrave nullo
(la trasformazione cioegrave non egrave isocora) infatti il lavoro dipende dalla trasformazione subita dal gas
ed il suo valore puograve essere determinato dal primo principio della termodinamica
L = Q - ∆U
La variazione di energia interna di un gas perfetto risulta essere
∆U = n cv (T1-T0)
Le temperature iniziale e finale si determinano dallrsquoequazione di stato del gas perfetto
Tp V
nR
p V
nR
p V
nR0
0 01
1 1 1 0= = = e T
La variazione di energia interna risulta
∆U = n cv ( )0100001 ppV
R
c
nR
Vp
nR
Vp v minus=
minus = 5625 J
Il lavoro del gas risulta quindi
L = Q - ∆U = 608 -5625 = 455 J
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
13) Una mole di azoto (N2) occupa inizialmente un volume V0 = 10 l alla temperatura T0 = 400 K Il
gas compie una espansione adiabatica irreversibile a seguito della quale il volume raddoppia Il
lavoro compiuto dal gas durante la trasformazione egrave L = 1250 J
Determinare
a) la temperatura e la pressione del gas quando si egrave stabilito di nuovo lequilibrio termodinamico
b) la variazione di entropia nel processo
R = 831 J(mol K) = 00821 litriatm (mol K)
Soluzione
Lrsquoazoto (N2 ) egrave biatomico quindi il calore specifico molare a volume costante egrave Rcv2
5=
Il gas compie una espansione adiabatica irreversibile durante la quale compie un determinato lavoro
esterno Applicando il primo principio della termodinamica alla trasformazione effettuata dal gas si
ha
∆U =Q ndash L = ndash L
in quanto Q=0 in una trasformazione adiabatica Drsquoaltra parte la variazione di energia interna ∆U in
un gas perfetto che effettua una trasformazione qualsiasi tra due stati che differiscono di ∆T in
temperatura egrave sempre data da ∆U = n cv ∆T Quindi
n cv ∆T = ndash L
n cv (Tf ndash Ti) = ndash L
da cui si ricava la temperatura finale di equilibrio
Knc
LTnc
nc
LTT
v
iv
v
if 340
3182
5
12504003182
5
cong
sdot
minussdotsdot=
minus=minus=
Dallrsquoequazione di stato dei gas perfetti possiamo ricavare il valore della pressione nel nuovo stato
di equilibrio termodinamico
pf Vf = n R Tf
atmV
nRTp
f
f
f 41102
34008210cong
sdot
sdot==
La variazione di entropia del processo puograve essere calcolata utilizzando lrsquoespressione generale per la
variazione di entropia di un gas perfetto fra due stati termodinamici Iequiv (Ti Vi) ed Fequiv (Tf Vf )
KJV
VnR
T
TncS
i
f
i
f
V 38276538310
20ln318
400
340ln318
2
5lnln =+minuscongsdot+sdotsdot=+=∆
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
14) Si considerino due macchine termiche che funzionano con le stesse due sorgenti di calore alle
temperature T2 = 250K e T1 = 500K La prima macchina opera secondo un ciclo di Carnot
assorbendo una quantitagrave di calore Q1 = 1400J dalla sorgente alla temperatura T1 La seconda
macchina descrive invece un ciclo irreversibile il cui rendimento egrave ρ = 035 Il lavoro prodotto dalle
due macchine egrave il medesimo Determinare
a) il lavoro prodotto in un ciclo
b) la variazione di entropia dellrsquouniverso che accompagna ogni ciclo della macchina irreversibile
Soluzione
T1 = 500K
T2 = 250K
Q1 = 1400J (calore assorbito Carnot)
L = Lrsquo=
a)
Il rendimento della macchina di Carnot egrave dato da
50502
1
500
25011
1
2
1
===minus=minus==T
T
Q
LCarnotρ
da cui si ricava immediatamente la risposta al quesito a)
L = ρCarnotQ1 = 05 1400 = 700 J
T1
T2
Q2
Q1
L
CARNOT
b)
Indichiamo con lrsquoapice tutte le grandezze relative alla macchina irreversibile Il lavoro Lrsquo fatto dalla
macchina irreversibile egrave uguale a quello (L=700 J) fatto dalla macchina di Carnot Per calcolare la
variazione di entropia che accompagna ogni ciclo della macchina irreversibile abbiamo bisogno di
conoscere il calore Q1rsquoassorbito dal termostato a temperatura T1 e il calore Q2rsquo ceduto al termostato
a temperatura T2
Conoscendo il rendimento ρ della macchina irreversibile possiamo calcolare il calore Q1rsquo assorbito
dalla macchina
1
Q
L=ρ rarr J
LQ 2000
350
700
1 ===
ρ
Il calore Q2rsquo ceduto dalla macchina irreversibile al termostato a temperatura piugrave bassa T2 saragrave quindi
dato da
Q2rsquo = Q1rsquo ndash Lrsquo = 2000 ndash 700 = 1300 J
La variazione di entropia dellrsquouniverso per ogni ciclo della macchina irreversibile egrave data solamente
dalla variazione di entropia delle sorgenti in quanto la variazione di entropia della macchina in un
ciclo egrave nulla (lrsquoentropia egrave una funzione di stato)
KJT
Q
T
QS sorg 21
250
1300
500
2000
2
2
1
1 =+minus=+minus=∆
T1
T2
Q2rsquo
Q1rsquo
Lrsquo=L Macchina
irreversibile ρρρρrsquo=035
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
15) Un gas perfetto descrive un ciclo reversibile costituito dalle trasformazioni AB adiabatica BC
isoterma e CA isocora
Calcolare il rendimento del ciclo sapendo che TA = 2TB
Soluzione
A rarr B adiabatica
B rarr C isoterma
C rarr A isocora
TA = 2TB
VA = VC (poicheacute isocora)
TB = TC (poicheacute isoterma)
Il rendimento del ciclo egrave dato dalla
ass
cedass
ass Q
Q
L minus==ρ
si devono quindi calcolare Qass e Qced In questo ciclo
QAB = 0 (poicheacute trasformazione adiabatica)
QCA = Qass = n cv ∆T = n cv (TA - TC) = n cv (TA ndash TB) = n cv (2TB ndash TB) = n cv TB
C
BB
B
CB
V
V
B
V
V
BcedBC
V
VnRT
V
VnRT
V
dVnRTdV
V
nRTQQ
C
B
C
B
lnln minus===== intint
quindi essendo VA = VC
p
C
B
A
V
adiabatica
isocora
isoterma
VA = VC VB
A
BBced
V
VnRTQ lnminus=
Il rapporto VB VA si puograve calcolare considerando la trasformazione AB (adiabatica) per la quale vale
la seguente
PVγ = cost
da cui
=sdot γV
V
nRTcost
e quindi essendo n ed R costanti
T V γ - 1
= cost
Applicata alla trasformazione AB si ha
11 minusminus = γγ
BBAA VTVT
da cui 1minus
=
γ
A
B
B
A
V
V
T
T
e
1
1
minus
=
γ
B
A
A
B
T
T
V
V
Sapendo che v
p
c
c=γ e che cp - cv = R (relazione di Mayer) si ha
vv
vp
v
p
c
R
c
cc
c
c=
minus=minus=minus 11γ oppure
1
1
minus=
γR
cv
2lnlnlnlnln1
1
Bv
B
AB
vR
c
B
AB
B
AB
A
BBced Tnc
T
TT
R
cnR
T
TnRT
T
TnRT
V
VnRTQ
v
minus=
sdotminus=
minus=
minus=minus=
minusγ
Quindi il rendimento ρ risulta essere
302ln12ln
11 =minus=minus=+==Bv
Bv
ass
ced
ass Tnc
Tnc
Q
Q
Q
Lρ
Fisica 1 (AA 2004-2005) Esercizi Termodinamica
16) Una macchina di Carnot ha un rendimento ρ = 22 Le due sorgenti a temperatura costante
differiscono di 75 K Sapendo che il lavoro prodotto in un ciclo egrave L = 200 J calcolare
a) le due temperature T1 e T2 ( con T1 gt T2)
b) la quantitagrave di calore Q1 assorbita dalla macchina di Carnot dalla sorgente a temperatura T1 e la
quantitagrave di calore Q2 ceduta dalla macchina di Carnot alla sorgente a temperatura T2
c) le variazioni di entropia (con il loro segno) 1S∆ e 2S∆ di ciascuna delle due sorgenti
d) la variazione di entropia dellrsquouniverso univS∆
Soluzione
ρ = 22 = 022
T1 ndash T2 = 75 K
L = 200 J
a) T1 = T2 =
b) Q1 =
c) Q2 =
d) ∆S1 = ∆S2 =
e) ∆SUNIV =
a) Consideriamo le quantitagrave di calore Q1 e Q2 come quantitagrave positive Con questa scelta il
rendimento ρ della macchina di Carnot egrave
1
2
1
2 11T
T
Q
Qminus=minus=ρ
11
21
1
21T
T
T
TT
T
T ∆=
minus=minus=ρ
quindi
KKT
T 3419340220
751 cong==
∆=
ρ
e
KTTTT 26675341)( 2112 =minuscongminusminus=
b)
Essendo Q1 e Q2 quantitagrave positive il lavoro prodotto in un ciclo egrave pari alla differenza fra Q1 e Q2
L = Q1 ndash Q2 = 200 J
Inoltre
V
A
D
p
C
B T1
T2
780341
266
1
2
1
2 ===T
T
Q
Q
Abbiamo quindi le seguenti due relazioni nelle due incognite Q1 e Q2
=
=minus
12
21
780
200
Risolvendo
=
=sdotminus
12
11
780
200780
=
=sdot
12
1
780
200220
Q
=
=sdot
12
1
780
220
200
Q
da cui
=
=
JQ
JQ
709
909
2
1
d) La variazione di entropia della sorgente 1 egrave
KJT
QS 662
341
909
1
11 minus=minus=minus=∆
La variazione di entropia della sorgente 2 egrave
KJT
QS 662
266
709
2
22 ==+=∆
e) La variazione di entropia dellrsquouniverso in un ciclo della macchina di Carnot (o di una qualunque
macchina termica reversibile che lavori fra T1 e T2) risulta quindi essere
∆SUNIV = ∆S1 + ∆S2 = - 266 + 266 = 0
Fisica 1 (AA 2004-2005) Esercizi Termodinamica
17) Un gas perfetto monoatomico compie a partire da un certo stato iniziale una trasformazione
isocora fino a una pressione doppia di quella iniziale assorbendo una quantitagrave di calore Q = 45 cal
Si calcoli il lavoro compiuto dal gas se a partire dallo stesso stato iniziale esso compie invece una
trasformazione isobara che ne fa raddoppiare il volume
Soluzione
Il lavoro compiuto dal gas nella trasformazione isobara da I a G egrave semplicemente
( ) 000000 2 VpVVpVpL =minus=∆=
La quantitagrave p0V0 entra nellrsquoequazione di stato dei gas perfetti
000 nRTVp =
Nella trasformazione isocora da I ad F il gas passa da una pressione iniziale pi= p0 a una pressione
finale doppia pf=2p0 La temperatura finale Tf saragrave quindi doppia di quella iniziale Infatti
fnRTVp =sdot 00 )2( fnRTnRT =02 02TT f =
Passando da I ad F il gas monoatomico ( Rcv2
3= ) assorbe una quantitagrave di calore Q = 45 cal
( ) ( ) 0000 2 TncTTncTTncTncQ vvfvv =minus=minus=∆=
00002
3
2
3
2
3VpTnRTRnQ ===
Possiamo quindi ricavare la quantitagrave cercata p0V0
QVp3
200 =
Il lavoro L compiuto dal gas nella trasformazione isobara da I a G egrave quindi
30453
2
3
200 calcalQVpL ====
G I
F
V
2 p0
p0
2 V0 V0
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
18) Un blocco di ghiaccio di massa mg alla temperatura T1 = -10degC egrave immerso in 100g di acqua alla
temperatura T2 = 27degC Calcolare la temperatura finale di equilibrio e la quantitagrave di ghiaccio sciolta
nei due casi
a) mg = 100g
b) mg = 10g
(ca = 1 calg degC cg = 05 calg degC λfus = 80 calg)
Soluzione
a)
Nel primo caso una massa mg = 100g di ghiaccio viene immersa in ma = 100g di acqua Per
ricavare la quantitagrave di ghiaccio sciolta osserviamo che affincheacute il ghiaccio inizi a sciogliersi deve
innanzitutto portarsi dalla temperatura iniziale T1 = -10degC alla temperatura Tfus= 0degC assorbendo
calore dallrsquoacqua circostante La quantitagrave di calore necessaria per il riscaldamento del ghiaccio da -
10degC a 0degC egrave
Qg (T1=-10degC rarr Tfus=0degC) = mg cg ∆T = 100 05 10 = 500 cal
La massa ma di acqua con cui il ghiaccio egrave in contatto termico puograve fornire al ghiaccio al massimo
una quantitagrave di calore Qamax che corrisponde a un raffreddamento dellrsquointera massa drsquoacqua ma fino
alla temperatura di solidificazione dellrsquoacqua Tsol=0degC
Qamax (T2 = 27degC rarr Tsol= 0degC) = ma ca ∆T = 100 1 27 = 2700 cal
Essendo Qamax gt Qg allora il ghiaccio puograve assorbire dallrsquoacqua circostante il calore necessario a
passare da -10degC a 0degC Assorbendo ulteriormente calore il ghiaccio comincia a fondere
La quantitagrave di calore necessaria affincheacute lrsquointera massa mg di ghiaccio si fonda puograve essere ricavata
dalla relazione
Qfus = λfus mg = 80 100 = 8000 cal
La quantitagrave di calore necessaria per la fusione dellrsquointera massa di ghiaccio egrave superiore alla massima
quantitagrave di calore che lrsquoacqua circostante puograve fornire Qfus gt Qamax Non tutta la massa di ghiaccio
puograve quindi passare allo stato liquido con il risultato che coesisteranno in equilibrio acqua e
ghiaccio La temperature di equilibrio Te risulteragrave quindi essere la temperatura di fusione Tfus= 0degC
mg
ma
La quantitagrave mrsquog di ghiaccio fusa puograve essere ricavata dalla conservazione dellrsquoenergia La quantitagrave di
calore massima Qamax che lrsquoacqua circostante puograve fornire serve ad innalzare la temperatura del
ghiaccio da -10degC a 0degC e a fondere solo una parte mrsquog di ghiaccio
Qamax = Qg (T1=-10degC rarr Tfus=0degC) + mrsquog λfus
2700 = 500 + 80 mrsquog
da cui
gm g 52780
2200 ==
b)
Nel secondo caso una massa mg = 10g viene immersa in ma = 100g di acqua
La quantitagrave di calore necessaria adesso per il riscaldamento di soli 10 grammi di ghiaccio da -10degC a
0degC egrave
Qg (T1= -10degC rarr Tfus=0degC) = mg cg ∆T = 10 05 10 = 50 cal
La quantitagrave di calore necessaria per fondere i 10 grammi di ghiaccio egrave pari a
Qfus = λfus mg = 80 10 = 800 cal
La quantitagrave di calore massima Qamax =2700 cal che lrsquoacqua circostante puograve fornire egrave adesso
sufficiente per innalzare la temperatura di mg=10g di ghiaccio da -10degC a 0degC (servono infatti solo
50 cal)e per fondere lrsquointera massa di ghiaccio (servono infatti solo ulteriori 800 cal)
Assorbendo quindi solo 850cal dallrsquoacqua circostante lrsquointera massa mg=10g di ghiaccio fonde e si
ottengono 10 grammi di acqua a 0deg
Assorbendo ulteriormente una quantitagrave di calore Q (0degC rarr te) dalla massa ma=100g di acqua
circostante a piugrave alta temperatura i 10 grammi di acqua a 0deg e la massa ma = 100g si porteranno a
una temperatura intermedia di equilibrio tE
Se si indica Qa la quantitagrave di calore ceduta dalla massa ma = 100g di acqua che si porta dalla
temperatura T1=27degC alla temperatura di equilibrio te il bilancio dei calori scambiati puograve essere
scritto come
Qa (T1=27degC rarr te) = Qg (-10degC rarr 0degC) + Qfus + Q (0degC rarr te)
ma ca (27deg - te) = 50 + 800 + mg ca ( te- 0deg)
100 1 (27deg - te) = 50 + 800 + 10 1 ( te- 0deg)
100 27 ndash 100 te = 850 + 10 te
da cui 2700 ndash 100 te = 850 + 10 te
110 te = 1850
e quindi
Cte deg== 816110
1850
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
19) Una kmole di gas perfetto biatomico egrave contenuta in un recipiente adiabatico munito di pistone di
volume Vi =05m3 Con il pistone bloccato il contenitore viene posto in un ambiente la cui pressione
egrave mantenuta costante al valore p0 = 510 6 Pa Ad un certo istante si sblocca il pistone e il gas si
espande fino a raggiungere lrsquoequilibrio meccanico con lrsquoambiente Si osserva una diminuzione di
temperatura ∆T= - 20 K Calcolare il volume finale Vf del gas
Soluzione
Il recipiente egrave adiabatico quindi il calore scambiato con lrsquoesterno egrave nullo (Q = 0 )
Il lavoro fatto dal gas sullrsquoambiente esterno a pressione p0=costante egrave semplicemente
VpL ∆= 0
Dal primo principio della termodinamica
LLQU minus=minus=∆
La variazione di energia interna del gas perfetto biatomico (cV=52 R) egrave
RRTncU V 50000)20(2
51000 minus=minussdot=∆=∆
3
6
00
080105
31850000m
p
U
p
LVVV if cong
sdot
sdot=
∆minus==minus=∆
358008050 mVVV if =+=∆+=
V = 053
m
n = 1000 Pap
6
0 105 sdot=
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
20) Un gas perfetto biatomico subisce una trasformazione a seguito della quale la pressione varia da
po = 15105 Pa a p1 = 225 10
5 Pa Il calore netto scambiato durante la trasformazione egrave Q=608 J
Sapendo che il volume finale V1 egrave uguale a quello iniziale (Vo = 3 l) determinare
a) la variazione di energia interna ∆U subita dal gas
b) il lavoro fatto dal gas
Soluzione
Il fatto che i volumi iniziale e finale sono uguali non egrave sufficiente per dedurre che il lavoro egrave nullo
(la trasformazione cioegrave non egrave isocora) infatti il lavoro dipende dalla trasformazione subita dal gas
ed il suo valore puograve essere determinato dal primo principio della termodinamica
L = Q - ∆U
La variazione di energia interna di un gas perfetto risulta essere
∆U = n cv (T1-T0)
Le temperature iniziale e finale si determinano dallrsquoequazione di stato del gas perfetto
Tp V
nR
p V
nR
p V
nR0
0 01
1 1 1 0= = = e T
La variazione di energia interna risulta
∆U = n cv ( )0100001 ppV
R
c
nR
Vp
nR
Vp v minus=
minus = 5625 J
Il lavoro del gas risulta quindi
L = Q - ∆U = 608 -5625 = 455 J
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
14) Si considerino due macchine termiche che funzionano con le stesse due sorgenti di calore alle
temperature T2 = 250K e T1 = 500K La prima macchina opera secondo un ciclo di Carnot
assorbendo una quantitagrave di calore Q1 = 1400J dalla sorgente alla temperatura T1 La seconda
macchina descrive invece un ciclo irreversibile il cui rendimento egrave ρ = 035 Il lavoro prodotto dalle
due macchine egrave il medesimo Determinare
a) il lavoro prodotto in un ciclo
b) la variazione di entropia dellrsquouniverso che accompagna ogni ciclo della macchina irreversibile
Soluzione
T1 = 500K
T2 = 250K
Q1 = 1400J (calore assorbito Carnot)
L = Lrsquo=
a)
Il rendimento della macchina di Carnot egrave dato da
50502
1
500
25011
1
2
1
===minus=minus==T
T
Q
LCarnotρ
da cui si ricava immediatamente la risposta al quesito a)
L = ρCarnotQ1 = 05 1400 = 700 J
T1
T2
Q2
Q1
L
CARNOT
b)
Indichiamo con lrsquoapice tutte le grandezze relative alla macchina irreversibile Il lavoro Lrsquo fatto dalla
macchina irreversibile egrave uguale a quello (L=700 J) fatto dalla macchina di Carnot Per calcolare la
variazione di entropia che accompagna ogni ciclo della macchina irreversibile abbiamo bisogno di
conoscere il calore Q1rsquoassorbito dal termostato a temperatura T1 e il calore Q2rsquo ceduto al termostato
a temperatura T2
Conoscendo il rendimento ρ della macchina irreversibile possiamo calcolare il calore Q1rsquo assorbito
dalla macchina
1
Q
L=ρ rarr J
LQ 2000
350
700
1 ===
ρ
Il calore Q2rsquo ceduto dalla macchina irreversibile al termostato a temperatura piugrave bassa T2 saragrave quindi
dato da
Q2rsquo = Q1rsquo ndash Lrsquo = 2000 ndash 700 = 1300 J
La variazione di entropia dellrsquouniverso per ogni ciclo della macchina irreversibile egrave data solamente
dalla variazione di entropia delle sorgenti in quanto la variazione di entropia della macchina in un
ciclo egrave nulla (lrsquoentropia egrave una funzione di stato)
KJT
Q
T
QS sorg 21
250
1300
500
2000
2
2
1
1 =+minus=+minus=∆
T1
T2
Q2rsquo
Q1rsquo
Lrsquo=L Macchina
irreversibile ρρρρrsquo=035
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
15) Un gas perfetto descrive un ciclo reversibile costituito dalle trasformazioni AB adiabatica BC
isoterma e CA isocora
Calcolare il rendimento del ciclo sapendo che TA = 2TB
Soluzione
A rarr B adiabatica
B rarr C isoterma
C rarr A isocora
TA = 2TB
VA = VC (poicheacute isocora)
TB = TC (poicheacute isoterma)
Il rendimento del ciclo egrave dato dalla
ass
cedass
ass Q
Q
L minus==ρ
si devono quindi calcolare Qass e Qced In questo ciclo
QAB = 0 (poicheacute trasformazione adiabatica)
QCA = Qass = n cv ∆T = n cv (TA - TC) = n cv (TA ndash TB) = n cv (2TB ndash TB) = n cv TB
C
BB
B
CB
V
V
B
V
V
BcedBC
V
VnRT
V
VnRT
V
dVnRTdV
V
nRTQQ
C
B
C
B
lnln minus===== intint
quindi essendo VA = VC
p
C
B
A
V
adiabatica
isocora
isoterma
VA = VC VB
A
BBced
V
VnRTQ lnminus=
Il rapporto VB VA si puograve calcolare considerando la trasformazione AB (adiabatica) per la quale vale
la seguente
PVγ = cost
da cui
=sdot γV
V
nRTcost
e quindi essendo n ed R costanti
T V γ - 1
= cost
Applicata alla trasformazione AB si ha
11 minusminus = γγ
BBAA VTVT
da cui 1minus
=
γ
A
B
B
A
V
V
T
T
e
1
1
minus
=
γ
B
A
A
B
T
T
V
V
Sapendo che v
p
c
c=γ e che cp - cv = R (relazione di Mayer) si ha
vv
vp
v
p
c
R
c
cc
c
c=
minus=minus=minus 11γ oppure
1
1
minus=
γR
cv
2lnlnlnlnln1
1
Bv
B
AB
vR
c
B
AB
B
AB
A
BBced Tnc
T
TT
R
cnR
T
TnRT
T
TnRT
V
VnRTQ
v
minus=
sdotminus=
minus=
minus=minus=
minusγ
Quindi il rendimento ρ risulta essere
302ln12ln
11 =minus=minus=+==Bv
Bv
ass
ced
ass Tnc
Tnc
Q
Q
Q
Lρ
Fisica 1 (AA 2004-2005) Esercizi Termodinamica
16) Una macchina di Carnot ha un rendimento ρ = 22 Le due sorgenti a temperatura costante
differiscono di 75 K Sapendo che il lavoro prodotto in un ciclo egrave L = 200 J calcolare
a) le due temperature T1 e T2 ( con T1 gt T2)
b) la quantitagrave di calore Q1 assorbita dalla macchina di Carnot dalla sorgente a temperatura T1 e la
quantitagrave di calore Q2 ceduta dalla macchina di Carnot alla sorgente a temperatura T2
c) le variazioni di entropia (con il loro segno) 1S∆ e 2S∆ di ciascuna delle due sorgenti
d) la variazione di entropia dellrsquouniverso univS∆
Soluzione
ρ = 22 = 022
T1 ndash T2 = 75 K
L = 200 J
a) T1 = T2 =
b) Q1 =
c) Q2 =
d) ∆S1 = ∆S2 =
e) ∆SUNIV =
a) Consideriamo le quantitagrave di calore Q1 e Q2 come quantitagrave positive Con questa scelta il
rendimento ρ della macchina di Carnot egrave
1
2
1
2 11T
T
Q
Qminus=minus=ρ
11
21
1
21T
T
T
TT
T
T ∆=
minus=minus=ρ
quindi
KKT
T 3419340220
751 cong==
∆=
ρ
e
KTTTT 26675341)( 2112 =minuscongminusminus=
b)
Essendo Q1 e Q2 quantitagrave positive il lavoro prodotto in un ciclo egrave pari alla differenza fra Q1 e Q2
L = Q1 ndash Q2 = 200 J
Inoltre
V
A
D
p
C
B T1
T2
780341
266
1
2
1
2 ===T
T
Q
Q
Abbiamo quindi le seguenti due relazioni nelle due incognite Q1 e Q2
=
=minus
12
21
780
200
Risolvendo
=
=sdotminus
12
11
780
200780
=
=sdot
12
1
780
200220
Q
=
=sdot
12
1
780
220
200
Q
da cui
=
=
JQ
JQ
709
909
2
1
d) La variazione di entropia della sorgente 1 egrave
KJT
QS 662
341
909
1
11 minus=minus=minus=∆
La variazione di entropia della sorgente 2 egrave
KJT
QS 662
266
709
2
22 ==+=∆
e) La variazione di entropia dellrsquouniverso in un ciclo della macchina di Carnot (o di una qualunque
macchina termica reversibile che lavori fra T1 e T2) risulta quindi essere
∆SUNIV = ∆S1 + ∆S2 = - 266 + 266 = 0
Fisica 1 (AA 2004-2005) Esercizi Termodinamica
17) Un gas perfetto monoatomico compie a partire da un certo stato iniziale una trasformazione
isocora fino a una pressione doppia di quella iniziale assorbendo una quantitagrave di calore Q = 45 cal
Si calcoli il lavoro compiuto dal gas se a partire dallo stesso stato iniziale esso compie invece una
trasformazione isobara che ne fa raddoppiare il volume
Soluzione
Il lavoro compiuto dal gas nella trasformazione isobara da I a G egrave semplicemente
( ) 000000 2 VpVVpVpL =minus=∆=
La quantitagrave p0V0 entra nellrsquoequazione di stato dei gas perfetti
000 nRTVp =
Nella trasformazione isocora da I ad F il gas passa da una pressione iniziale pi= p0 a una pressione
finale doppia pf=2p0 La temperatura finale Tf saragrave quindi doppia di quella iniziale Infatti
fnRTVp =sdot 00 )2( fnRTnRT =02 02TT f =
Passando da I ad F il gas monoatomico ( Rcv2
3= ) assorbe una quantitagrave di calore Q = 45 cal
( ) ( ) 0000 2 TncTTncTTncTncQ vvfvv =minus=minus=∆=
00002
3
2
3
2
3VpTnRTRnQ ===
Possiamo quindi ricavare la quantitagrave cercata p0V0
QVp3
200 =
Il lavoro L compiuto dal gas nella trasformazione isobara da I a G egrave quindi
30453
2
3
200 calcalQVpL ====
G I
F
V
2 p0
p0
2 V0 V0
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
18) Un blocco di ghiaccio di massa mg alla temperatura T1 = -10degC egrave immerso in 100g di acqua alla
temperatura T2 = 27degC Calcolare la temperatura finale di equilibrio e la quantitagrave di ghiaccio sciolta
nei due casi
a) mg = 100g
b) mg = 10g
(ca = 1 calg degC cg = 05 calg degC λfus = 80 calg)
Soluzione
a)
Nel primo caso una massa mg = 100g di ghiaccio viene immersa in ma = 100g di acqua Per
ricavare la quantitagrave di ghiaccio sciolta osserviamo che affincheacute il ghiaccio inizi a sciogliersi deve
innanzitutto portarsi dalla temperatura iniziale T1 = -10degC alla temperatura Tfus= 0degC assorbendo
calore dallrsquoacqua circostante La quantitagrave di calore necessaria per il riscaldamento del ghiaccio da -
10degC a 0degC egrave
Qg (T1=-10degC rarr Tfus=0degC) = mg cg ∆T = 100 05 10 = 500 cal
La massa ma di acqua con cui il ghiaccio egrave in contatto termico puograve fornire al ghiaccio al massimo
una quantitagrave di calore Qamax che corrisponde a un raffreddamento dellrsquointera massa drsquoacqua ma fino
alla temperatura di solidificazione dellrsquoacqua Tsol=0degC
Qamax (T2 = 27degC rarr Tsol= 0degC) = ma ca ∆T = 100 1 27 = 2700 cal
Essendo Qamax gt Qg allora il ghiaccio puograve assorbire dallrsquoacqua circostante il calore necessario a
passare da -10degC a 0degC Assorbendo ulteriormente calore il ghiaccio comincia a fondere
La quantitagrave di calore necessaria affincheacute lrsquointera massa mg di ghiaccio si fonda puograve essere ricavata
dalla relazione
Qfus = λfus mg = 80 100 = 8000 cal
La quantitagrave di calore necessaria per la fusione dellrsquointera massa di ghiaccio egrave superiore alla massima
quantitagrave di calore che lrsquoacqua circostante puograve fornire Qfus gt Qamax Non tutta la massa di ghiaccio
puograve quindi passare allo stato liquido con il risultato che coesisteranno in equilibrio acqua e
ghiaccio La temperature di equilibrio Te risulteragrave quindi essere la temperatura di fusione Tfus= 0degC
mg
ma
La quantitagrave mrsquog di ghiaccio fusa puograve essere ricavata dalla conservazione dellrsquoenergia La quantitagrave di
calore massima Qamax che lrsquoacqua circostante puograve fornire serve ad innalzare la temperatura del
ghiaccio da -10degC a 0degC e a fondere solo una parte mrsquog di ghiaccio
Qamax = Qg (T1=-10degC rarr Tfus=0degC) + mrsquog λfus
2700 = 500 + 80 mrsquog
da cui
gm g 52780
2200 ==
b)
Nel secondo caso una massa mg = 10g viene immersa in ma = 100g di acqua
La quantitagrave di calore necessaria adesso per il riscaldamento di soli 10 grammi di ghiaccio da -10degC a
0degC egrave
Qg (T1= -10degC rarr Tfus=0degC) = mg cg ∆T = 10 05 10 = 50 cal
La quantitagrave di calore necessaria per fondere i 10 grammi di ghiaccio egrave pari a
Qfus = λfus mg = 80 10 = 800 cal
La quantitagrave di calore massima Qamax =2700 cal che lrsquoacqua circostante puograve fornire egrave adesso
sufficiente per innalzare la temperatura di mg=10g di ghiaccio da -10degC a 0degC (servono infatti solo
50 cal)e per fondere lrsquointera massa di ghiaccio (servono infatti solo ulteriori 800 cal)
Assorbendo quindi solo 850cal dallrsquoacqua circostante lrsquointera massa mg=10g di ghiaccio fonde e si
ottengono 10 grammi di acqua a 0deg
Assorbendo ulteriormente una quantitagrave di calore Q (0degC rarr te) dalla massa ma=100g di acqua
circostante a piugrave alta temperatura i 10 grammi di acqua a 0deg e la massa ma = 100g si porteranno a
una temperatura intermedia di equilibrio tE
Se si indica Qa la quantitagrave di calore ceduta dalla massa ma = 100g di acqua che si porta dalla
temperatura T1=27degC alla temperatura di equilibrio te il bilancio dei calori scambiati puograve essere
scritto come
Qa (T1=27degC rarr te) = Qg (-10degC rarr 0degC) + Qfus + Q (0degC rarr te)
ma ca (27deg - te) = 50 + 800 + mg ca ( te- 0deg)
100 1 (27deg - te) = 50 + 800 + 10 1 ( te- 0deg)
100 27 ndash 100 te = 850 + 10 te
da cui 2700 ndash 100 te = 850 + 10 te
110 te = 1850
e quindi
Cte deg== 816110
1850
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
19) Una kmole di gas perfetto biatomico egrave contenuta in un recipiente adiabatico munito di pistone di
volume Vi =05m3 Con il pistone bloccato il contenitore viene posto in un ambiente la cui pressione
egrave mantenuta costante al valore p0 = 510 6 Pa Ad un certo istante si sblocca il pistone e il gas si
espande fino a raggiungere lrsquoequilibrio meccanico con lrsquoambiente Si osserva una diminuzione di
temperatura ∆T= - 20 K Calcolare il volume finale Vf del gas
Soluzione
Il recipiente egrave adiabatico quindi il calore scambiato con lrsquoesterno egrave nullo (Q = 0 )
Il lavoro fatto dal gas sullrsquoambiente esterno a pressione p0=costante egrave semplicemente
VpL ∆= 0
Dal primo principio della termodinamica
LLQU minus=minus=∆
La variazione di energia interna del gas perfetto biatomico (cV=52 R) egrave
RRTncU V 50000)20(2
51000 minus=minussdot=∆=∆
3
6
00
080105
31850000m
p
U
p
LVVV if cong
sdot
sdot=
∆minus==minus=∆
358008050 mVVV if =+=∆+=
V = 053
m
n = 1000 Pap
6
0 105 sdot=
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
20) Un gas perfetto biatomico subisce una trasformazione a seguito della quale la pressione varia da
po = 15105 Pa a p1 = 225 10
5 Pa Il calore netto scambiato durante la trasformazione egrave Q=608 J
Sapendo che il volume finale V1 egrave uguale a quello iniziale (Vo = 3 l) determinare
a) la variazione di energia interna ∆U subita dal gas
b) il lavoro fatto dal gas
Soluzione
Il fatto che i volumi iniziale e finale sono uguali non egrave sufficiente per dedurre che il lavoro egrave nullo
(la trasformazione cioegrave non egrave isocora) infatti il lavoro dipende dalla trasformazione subita dal gas
ed il suo valore puograve essere determinato dal primo principio della termodinamica
L = Q - ∆U
La variazione di energia interna di un gas perfetto risulta essere
∆U = n cv (T1-T0)
Le temperature iniziale e finale si determinano dallrsquoequazione di stato del gas perfetto
Tp V
nR
p V
nR
p V
nR0
0 01
1 1 1 0= = = e T
La variazione di energia interna risulta
∆U = n cv ( )0100001 ppV
R
c
nR
Vp
nR
Vp v minus=
minus = 5625 J
Il lavoro del gas risulta quindi
L = Q - ∆U = 608 -5625 = 455 J
b)
Indichiamo con lrsquoapice tutte le grandezze relative alla macchina irreversibile Il lavoro Lrsquo fatto dalla
macchina irreversibile egrave uguale a quello (L=700 J) fatto dalla macchina di Carnot Per calcolare la
variazione di entropia che accompagna ogni ciclo della macchina irreversibile abbiamo bisogno di
conoscere il calore Q1rsquoassorbito dal termostato a temperatura T1 e il calore Q2rsquo ceduto al termostato
a temperatura T2
Conoscendo il rendimento ρ della macchina irreversibile possiamo calcolare il calore Q1rsquo assorbito
dalla macchina
1
Q
L=ρ rarr J
LQ 2000
350
700
1 ===
ρ
Il calore Q2rsquo ceduto dalla macchina irreversibile al termostato a temperatura piugrave bassa T2 saragrave quindi
dato da
Q2rsquo = Q1rsquo ndash Lrsquo = 2000 ndash 700 = 1300 J
La variazione di entropia dellrsquouniverso per ogni ciclo della macchina irreversibile egrave data solamente
dalla variazione di entropia delle sorgenti in quanto la variazione di entropia della macchina in un
ciclo egrave nulla (lrsquoentropia egrave una funzione di stato)
KJT
Q
T
QS sorg 21
250
1300
500
2000
2
2
1
1 =+minus=+minus=∆
T1
T2
Q2rsquo
Q1rsquo
Lrsquo=L Macchina
irreversibile ρρρρrsquo=035
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
15) Un gas perfetto descrive un ciclo reversibile costituito dalle trasformazioni AB adiabatica BC
isoterma e CA isocora
Calcolare il rendimento del ciclo sapendo che TA = 2TB
Soluzione
A rarr B adiabatica
B rarr C isoterma
C rarr A isocora
TA = 2TB
VA = VC (poicheacute isocora)
TB = TC (poicheacute isoterma)
Il rendimento del ciclo egrave dato dalla
ass
cedass
ass Q
Q
L minus==ρ
si devono quindi calcolare Qass e Qced In questo ciclo
QAB = 0 (poicheacute trasformazione adiabatica)
QCA = Qass = n cv ∆T = n cv (TA - TC) = n cv (TA ndash TB) = n cv (2TB ndash TB) = n cv TB
C
BB
B
CB
V
V
B
V
V
BcedBC
V
VnRT
V
VnRT
V
dVnRTdV
V
nRTQQ
C
B
C
B
lnln minus===== intint
quindi essendo VA = VC
p
C
B
A
V
adiabatica
isocora
isoterma
VA = VC VB
A
BBced
V
VnRTQ lnminus=
Il rapporto VB VA si puograve calcolare considerando la trasformazione AB (adiabatica) per la quale vale
la seguente
PVγ = cost
da cui
=sdot γV
V
nRTcost
e quindi essendo n ed R costanti
T V γ - 1
= cost
Applicata alla trasformazione AB si ha
11 minusminus = γγ
BBAA VTVT
da cui 1minus
=
γ
A
B
B
A
V
V
T
T
e
1
1
minus
=
γ
B
A
A
B
T
T
V
V
Sapendo che v
p
c
c=γ e che cp - cv = R (relazione di Mayer) si ha
vv
vp
v
p
c
R
c
cc
c
c=
minus=minus=minus 11γ oppure
1
1
minus=
γR
cv
2lnlnlnlnln1
1
Bv
B
AB
vR
c
B
AB
B
AB
A
BBced Tnc
T
TT
R
cnR
T
TnRT
T
TnRT
V
VnRTQ
v
minus=
sdotminus=
minus=
minus=minus=
minusγ
Quindi il rendimento ρ risulta essere
302ln12ln
11 =minus=minus=+==Bv
Bv
ass
ced
ass Tnc
Tnc
Q
Q
Q
Lρ
Fisica 1 (AA 2004-2005) Esercizi Termodinamica
16) Una macchina di Carnot ha un rendimento ρ = 22 Le due sorgenti a temperatura costante
differiscono di 75 K Sapendo che il lavoro prodotto in un ciclo egrave L = 200 J calcolare
a) le due temperature T1 e T2 ( con T1 gt T2)
b) la quantitagrave di calore Q1 assorbita dalla macchina di Carnot dalla sorgente a temperatura T1 e la
quantitagrave di calore Q2 ceduta dalla macchina di Carnot alla sorgente a temperatura T2
c) le variazioni di entropia (con il loro segno) 1S∆ e 2S∆ di ciascuna delle due sorgenti
d) la variazione di entropia dellrsquouniverso univS∆
Soluzione
ρ = 22 = 022
T1 ndash T2 = 75 K
L = 200 J
a) T1 = T2 =
b) Q1 =
c) Q2 =
d) ∆S1 = ∆S2 =
e) ∆SUNIV =
a) Consideriamo le quantitagrave di calore Q1 e Q2 come quantitagrave positive Con questa scelta il
rendimento ρ della macchina di Carnot egrave
1
2
1
2 11T
T
Q
Qminus=minus=ρ
11
21
1
21T
T
T
TT
T
T ∆=
minus=minus=ρ
quindi
KKT
T 3419340220
751 cong==
∆=
ρ
e
KTTTT 26675341)( 2112 =minuscongminusminus=
b)
Essendo Q1 e Q2 quantitagrave positive il lavoro prodotto in un ciclo egrave pari alla differenza fra Q1 e Q2
L = Q1 ndash Q2 = 200 J
Inoltre
V
A
D
p
C
B T1
T2
780341
266
1
2
1
2 ===T
T
Q
Q
Abbiamo quindi le seguenti due relazioni nelle due incognite Q1 e Q2
=
=minus
12
21
780
200
Risolvendo
=
=sdotminus
12
11
780
200780
=
=sdot
12
1
780
200220
Q
=
=sdot
12
1
780
220
200
Q
da cui
=
=
JQ
JQ
709
909
2
1
d) La variazione di entropia della sorgente 1 egrave
KJT
QS 662
341
909
1
11 minus=minus=minus=∆
La variazione di entropia della sorgente 2 egrave
KJT
QS 662
266
709
2
22 ==+=∆
e) La variazione di entropia dellrsquouniverso in un ciclo della macchina di Carnot (o di una qualunque
macchina termica reversibile che lavori fra T1 e T2) risulta quindi essere
∆SUNIV = ∆S1 + ∆S2 = - 266 + 266 = 0
Fisica 1 (AA 2004-2005) Esercizi Termodinamica
17) Un gas perfetto monoatomico compie a partire da un certo stato iniziale una trasformazione
isocora fino a una pressione doppia di quella iniziale assorbendo una quantitagrave di calore Q = 45 cal
Si calcoli il lavoro compiuto dal gas se a partire dallo stesso stato iniziale esso compie invece una
trasformazione isobara che ne fa raddoppiare il volume
Soluzione
Il lavoro compiuto dal gas nella trasformazione isobara da I a G egrave semplicemente
( ) 000000 2 VpVVpVpL =minus=∆=
La quantitagrave p0V0 entra nellrsquoequazione di stato dei gas perfetti
000 nRTVp =
Nella trasformazione isocora da I ad F il gas passa da una pressione iniziale pi= p0 a una pressione
finale doppia pf=2p0 La temperatura finale Tf saragrave quindi doppia di quella iniziale Infatti
fnRTVp =sdot 00 )2( fnRTnRT =02 02TT f =
Passando da I ad F il gas monoatomico ( Rcv2
3= ) assorbe una quantitagrave di calore Q = 45 cal
( ) ( ) 0000 2 TncTTncTTncTncQ vvfvv =minus=minus=∆=
00002
3
2
3
2
3VpTnRTRnQ ===
Possiamo quindi ricavare la quantitagrave cercata p0V0
QVp3
200 =
Il lavoro L compiuto dal gas nella trasformazione isobara da I a G egrave quindi
30453
2
3
200 calcalQVpL ====
G I
F
V
2 p0
p0
2 V0 V0
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
18) Un blocco di ghiaccio di massa mg alla temperatura T1 = -10degC egrave immerso in 100g di acqua alla
temperatura T2 = 27degC Calcolare la temperatura finale di equilibrio e la quantitagrave di ghiaccio sciolta
nei due casi
a) mg = 100g
b) mg = 10g
(ca = 1 calg degC cg = 05 calg degC λfus = 80 calg)
Soluzione
a)
Nel primo caso una massa mg = 100g di ghiaccio viene immersa in ma = 100g di acqua Per
ricavare la quantitagrave di ghiaccio sciolta osserviamo che affincheacute il ghiaccio inizi a sciogliersi deve
innanzitutto portarsi dalla temperatura iniziale T1 = -10degC alla temperatura Tfus= 0degC assorbendo
calore dallrsquoacqua circostante La quantitagrave di calore necessaria per il riscaldamento del ghiaccio da -
10degC a 0degC egrave
Qg (T1=-10degC rarr Tfus=0degC) = mg cg ∆T = 100 05 10 = 500 cal
La massa ma di acqua con cui il ghiaccio egrave in contatto termico puograve fornire al ghiaccio al massimo
una quantitagrave di calore Qamax che corrisponde a un raffreddamento dellrsquointera massa drsquoacqua ma fino
alla temperatura di solidificazione dellrsquoacqua Tsol=0degC
Qamax (T2 = 27degC rarr Tsol= 0degC) = ma ca ∆T = 100 1 27 = 2700 cal
Essendo Qamax gt Qg allora il ghiaccio puograve assorbire dallrsquoacqua circostante il calore necessario a
passare da -10degC a 0degC Assorbendo ulteriormente calore il ghiaccio comincia a fondere
La quantitagrave di calore necessaria affincheacute lrsquointera massa mg di ghiaccio si fonda puograve essere ricavata
dalla relazione
Qfus = λfus mg = 80 100 = 8000 cal
La quantitagrave di calore necessaria per la fusione dellrsquointera massa di ghiaccio egrave superiore alla massima
quantitagrave di calore che lrsquoacqua circostante puograve fornire Qfus gt Qamax Non tutta la massa di ghiaccio
puograve quindi passare allo stato liquido con il risultato che coesisteranno in equilibrio acqua e
ghiaccio La temperature di equilibrio Te risulteragrave quindi essere la temperatura di fusione Tfus= 0degC
mg
ma
La quantitagrave mrsquog di ghiaccio fusa puograve essere ricavata dalla conservazione dellrsquoenergia La quantitagrave di
calore massima Qamax che lrsquoacqua circostante puograve fornire serve ad innalzare la temperatura del
ghiaccio da -10degC a 0degC e a fondere solo una parte mrsquog di ghiaccio
Qamax = Qg (T1=-10degC rarr Tfus=0degC) + mrsquog λfus
2700 = 500 + 80 mrsquog
da cui
gm g 52780
2200 ==
b)
Nel secondo caso una massa mg = 10g viene immersa in ma = 100g di acqua
La quantitagrave di calore necessaria adesso per il riscaldamento di soli 10 grammi di ghiaccio da -10degC a
0degC egrave
Qg (T1= -10degC rarr Tfus=0degC) = mg cg ∆T = 10 05 10 = 50 cal
La quantitagrave di calore necessaria per fondere i 10 grammi di ghiaccio egrave pari a
Qfus = λfus mg = 80 10 = 800 cal
La quantitagrave di calore massima Qamax =2700 cal che lrsquoacqua circostante puograve fornire egrave adesso
sufficiente per innalzare la temperatura di mg=10g di ghiaccio da -10degC a 0degC (servono infatti solo
50 cal)e per fondere lrsquointera massa di ghiaccio (servono infatti solo ulteriori 800 cal)
Assorbendo quindi solo 850cal dallrsquoacqua circostante lrsquointera massa mg=10g di ghiaccio fonde e si
ottengono 10 grammi di acqua a 0deg
Assorbendo ulteriormente una quantitagrave di calore Q (0degC rarr te) dalla massa ma=100g di acqua
circostante a piugrave alta temperatura i 10 grammi di acqua a 0deg e la massa ma = 100g si porteranno a
una temperatura intermedia di equilibrio tE
Se si indica Qa la quantitagrave di calore ceduta dalla massa ma = 100g di acqua che si porta dalla
temperatura T1=27degC alla temperatura di equilibrio te il bilancio dei calori scambiati puograve essere
scritto come
Qa (T1=27degC rarr te) = Qg (-10degC rarr 0degC) + Qfus + Q (0degC rarr te)
ma ca (27deg - te) = 50 + 800 + mg ca ( te- 0deg)
100 1 (27deg - te) = 50 + 800 + 10 1 ( te- 0deg)
100 27 ndash 100 te = 850 + 10 te
da cui 2700 ndash 100 te = 850 + 10 te
110 te = 1850
e quindi
Cte deg== 816110
1850
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
19) Una kmole di gas perfetto biatomico egrave contenuta in un recipiente adiabatico munito di pistone di
volume Vi =05m3 Con il pistone bloccato il contenitore viene posto in un ambiente la cui pressione
egrave mantenuta costante al valore p0 = 510 6 Pa Ad un certo istante si sblocca il pistone e il gas si
espande fino a raggiungere lrsquoequilibrio meccanico con lrsquoambiente Si osserva una diminuzione di
temperatura ∆T= - 20 K Calcolare il volume finale Vf del gas
Soluzione
Il recipiente egrave adiabatico quindi il calore scambiato con lrsquoesterno egrave nullo (Q = 0 )
Il lavoro fatto dal gas sullrsquoambiente esterno a pressione p0=costante egrave semplicemente
VpL ∆= 0
Dal primo principio della termodinamica
LLQU minus=minus=∆
La variazione di energia interna del gas perfetto biatomico (cV=52 R) egrave
RRTncU V 50000)20(2
51000 minus=minussdot=∆=∆
3
6
00
080105
31850000m
p
U
p
LVVV if cong
sdot
sdot=
∆minus==minus=∆
358008050 mVVV if =+=∆+=
V = 053
m
n = 1000 Pap
6
0 105 sdot=
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
20) Un gas perfetto biatomico subisce una trasformazione a seguito della quale la pressione varia da
po = 15105 Pa a p1 = 225 10
5 Pa Il calore netto scambiato durante la trasformazione egrave Q=608 J
Sapendo che il volume finale V1 egrave uguale a quello iniziale (Vo = 3 l) determinare
a) la variazione di energia interna ∆U subita dal gas
b) il lavoro fatto dal gas
Soluzione
Il fatto che i volumi iniziale e finale sono uguali non egrave sufficiente per dedurre che il lavoro egrave nullo
(la trasformazione cioegrave non egrave isocora) infatti il lavoro dipende dalla trasformazione subita dal gas
ed il suo valore puograve essere determinato dal primo principio della termodinamica
L = Q - ∆U
La variazione di energia interna di un gas perfetto risulta essere
∆U = n cv (T1-T0)
Le temperature iniziale e finale si determinano dallrsquoequazione di stato del gas perfetto
Tp V
nR
p V
nR
p V
nR0
0 01
1 1 1 0= = = e T
La variazione di energia interna risulta
∆U = n cv ( )0100001 ppV
R
c
nR
Vp
nR
Vp v minus=
minus = 5625 J
Il lavoro del gas risulta quindi
L = Q - ∆U = 608 -5625 = 455 J
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
15) Un gas perfetto descrive un ciclo reversibile costituito dalle trasformazioni AB adiabatica BC
isoterma e CA isocora
Calcolare il rendimento del ciclo sapendo che TA = 2TB
Soluzione
A rarr B adiabatica
B rarr C isoterma
C rarr A isocora
TA = 2TB
VA = VC (poicheacute isocora)
TB = TC (poicheacute isoterma)
Il rendimento del ciclo egrave dato dalla
ass
cedass
ass Q
Q
L minus==ρ
si devono quindi calcolare Qass e Qced In questo ciclo
QAB = 0 (poicheacute trasformazione adiabatica)
QCA = Qass = n cv ∆T = n cv (TA - TC) = n cv (TA ndash TB) = n cv (2TB ndash TB) = n cv TB
C
BB
B
CB
V
V
B
V
V
BcedBC
V
VnRT
V
VnRT
V
dVnRTdV
V
nRTQQ
C
B
C
B
lnln minus===== intint
quindi essendo VA = VC
p
C
B
A
V
adiabatica
isocora
isoterma
VA = VC VB
A
BBced
V
VnRTQ lnminus=
Il rapporto VB VA si puograve calcolare considerando la trasformazione AB (adiabatica) per la quale vale
la seguente
PVγ = cost
da cui
=sdot γV
V
nRTcost
e quindi essendo n ed R costanti
T V γ - 1
= cost
Applicata alla trasformazione AB si ha
11 minusminus = γγ
BBAA VTVT
da cui 1minus
=
γ
A
B
B
A
V
V
T
T
e
1
1
minus
=
γ
B
A
A
B
T
T
V
V
Sapendo che v
p
c
c=γ e che cp - cv = R (relazione di Mayer) si ha
vv
vp
v
p
c
R
c
cc
c
c=
minus=minus=minus 11γ oppure
1
1
minus=
γR
cv
2lnlnlnlnln1
1
Bv
B
AB
vR
c
B
AB
B
AB
A
BBced Tnc
T
TT
R
cnR
T
TnRT
T
TnRT
V
VnRTQ
v
minus=
sdotminus=
minus=
minus=minus=
minusγ
Quindi il rendimento ρ risulta essere
302ln12ln
11 =minus=minus=+==Bv
Bv
ass
ced
ass Tnc
Tnc
Q
Q
Q
Lρ
Fisica 1 (AA 2004-2005) Esercizi Termodinamica
16) Una macchina di Carnot ha un rendimento ρ = 22 Le due sorgenti a temperatura costante
differiscono di 75 K Sapendo che il lavoro prodotto in un ciclo egrave L = 200 J calcolare
a) le due temperature T1 e T2 ( con T1 gt T2)
b) la quantitagrave di calore Q1 assorbita dalla macchina di Carnot dalla sorgente a temperatura T1 e la
quantitagrave di calore Q2 ceduta dalla macchina di Carnot alla sorgente a temperatura T2
c) le variazioni di entropia (con il loro segno) 1S∆ e 2S∆ di ciascuna delle due sorgenti
d) la variazione di entropia dellrsquouniverso univS∆
Soluzione
ρ = 22 = 022
T1 ndash T2 = 75 K
L = 200 J
a) T1 = T2 =
b) Q1 =
c) Q2 =
d) ∆S1 = ∆S2 =
e) ∆SUNIV =
a) Consideriamo le quantitagrave di calore Q1 e Q2 come quantitagrave positive Con questa scelta il
rendimento ρ della macchina di Carnot egrave
1
2
1
2 11T
T
Q
Qminus=minus=ρ
11
21
1
21T
T
T
TT
T
T ∆=
minus=minus=ρ
quindi
KKT
T 3419340220
751 cong==
∆=
ρ
e
KTTTT 26675341)( 2112 =minuscongminusminus=
b)
Essendo Q1 e Q2 quantitagrave positive il lavoro prodotto in un ciclo egrave pari alla differenza fra Q1 e Q2
L = Q1 ndash Q2 = 200 J
Inoltre
V
A
D
p
C
B T1
T2
780341
266
1
2
1
2 ===T
T
Q
Q
Abbiamo quindi le seguenti due relazioni nelle due incognite Q1 e Q2
=
=minus
12
21
780
200
Risolvendo
=
=sdotminus
12
11
780
200780
=
=sdot
12
1
780
200220
Q
=
=sdot
12
1
780
220
200
Q
da cui
=
=
JQ
JQ
709
909
2
1
d) La variazione di entropia della sorgente 1 egrave
KJT
QS 662
341
909
1
11 minus=minus=minus=∆
La variazione di entropia della sorgente 2 egrave
KJT
QS 662
266
709
2
22 ==+=∆
e) La variazione di entropia dellrsquouniverso in un ciclo della macchina di Carnot (o di una qualunque
macchina termica reversibile che lavori fra T1 e T2) risulta quindi essere
∆SUNIV = ∆S1 + ∆S2 = - 266 + 266 = 0
Fisica 1 (AA 2004-2005) Esercizi Termodinamica
17) Un gas perfetto monoatomico compie a partire da un certo stato iniziale una trasformazione
isocora fino a una pressione doppia di quella iniziale assorbendo una quantitagrave di calore Q = 45 cal
Si calcoli il lavoro compiuto dal gas se a partire dallo stesso stato iniziale esso compie invece una
trasformazione isobara che ne fa raddoppiare il volume
Soluzione
Il lavoro compiuto dal gas nella trasformazione isobara da I a G egrave semplicemente
( ) 000000 2 VpVVpVpL =minus=∆=
La quantitagrave p0V0 entra nellrsquoequazione di stato dei gas perfetti
000 nRTVp =
Nella trasformazione isocora da I ad F il gas passa da una pressione iniziale pi= p0 a una pressione
finale doppia pf=2p0 La temperatura finale Tf saragrave quindi doppia di quella iniziale Infatti
fnRTVp =sdot 00 )2( fnRTnRT =02 02TT f =
Passando da I ad F il gas monoatomico ( Rcv2
3= ) assorbe una quantitagrave di calore Q = 45 cal
( ) ( ) 0000 2 TncTTncTTncTncQ vvfvv =minus=minus=∆=
00002
3
2
3
2
3VpTnRTRnQ ===
Possiamo quindi ricavare la quantitagrave cercata p0V0
QVp3
200 =
Il lavoro L compiuto dal gas nella trasformazione isobara da I a G egrave quindi
30453
2
3
200 calcalQVpL ====
G I
F
V
2 p0
p0
2 V0 V0
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
18) Un blocco di ghiaccio di massa mg alla temperatura T1 = -10degC egrave immerso in 100g di acqua alla
temperatura T2 = 27degC Calcolare la temperatura finale di equilibrio e la quantitagrave di ghiaccio sciolta
nei due casi
a) mg = 100g
b) mg = 10g
(ca = 1 calg degC cg = 05 calg degC λfus = 80 calg)
Soluzione
a)
Nel primo caso una massa mg = 100g di ghiaccio viene immersa in ma = 100g di acqua Per
ricavare la quantitagrave di ghiaccio sciolta osserviamo che affincheacute il ghiaccio inizi a sciogliersi deve
innanzitutto portarsi dalla temperatura iniziale T1 = -10degC alla temperatura Tfus= 0degC assorbendo
calore dallrsquoacqua circostante La quantitagrave di calore necessaria per il riscaldamento del ghiaccio da -
10degC a 0degC egrave
Qg (T1=-10degC rarr Tfus=0degC) = mg cg ∆T = 100 05 10 = 500 cal
La massa ma di acqua con cui il ghiaccio egrave in contatto termico puograve fornire al ghiaccio al massimo
una quantitagrave di calore Qamax che corrisponde a un raffreddamento dellrsquointera massa drsquoacqua ma fino
alla temperatura di solidificazione dellrsquoacqua Tsol=0degC
Qamax (T2 = 27degC rarr Tsol= 0degC) = ma ca ∆T = 100 1 27 = 2700 cal
Essendo Qamax gt Qg allora il ghiaccio puograve assorbire dallrsquoacqua circostante il calore necessario a
passare da -10degC a 0degC Assorbendo ulteriormente calore il ghiaccio comincia a fondere
La quantitagrave di calore necessaria affincheacute lrsquointera massa mg di ghiaccio si fonda puograve essere ricavata
dalla relazione
Qfus = λfus mg = 80 100 = 8000 cal
La quantitagrave di calore necessaria per la fusione dellrsquointera massa di ghiaccio egrave superiore alla massima
quantitagrave di calore che lrsquoacqua circostante puograve fornire Qfus gt Qamax Non tutta la massa di ghiaccio
puograve quindi passare allo stato liquido con il risultato che coesisteranno in equilibrio acqua e
ghiaccio La temperature di equilibrio Te risulteragrave quindi essere la temperatura di fusione Tfus= 0degC
mg
ma
La quantitagrave mrsquog di ghiaccio fusa puograve essere ricavata dalla conservazione dellrsquoenergia La quantitagrave di
calore massima Qamax che lrsquoacqua circostante puograve fornire serve ad innalzare la temperatura del
ghiaccio da -10degC a 0degC e a fondere solo una parte mrsquog di ghiaccio
Qamax = Qg (T1=-10degC rarr Tfus=0degC) + mrsquog λfus
2700 = 500 + 80 mrsquog
da cui
gm g 52780
2200 ==
b)
Nel secondo caso una massa mg = 10g viene immersa in ma = 100g di acqua
La quantitagrave di calore necessaria adesso per il riscaldamento di soli 10 grammi di ghiaccio da -10degC a
0degC egrave
Qg (T1= -10degC rarr Tfus=0degC) = mg cg ∆T = 10 05 10 = 50 cal
La quantitagrave di calore necessaria per fondere i 10 grammi di ghiaccio egrave pari a
Qfus = λfus mg = 80 10 = 800 cal
La quantitagrave di calore massima Qamax =2700 cal che lrsquoacqua circostante puograve fornire egrave adesso
sufficiente per innalzare la temperatura di mg=10g di ghiaccio da -10degC a 0degC (servono infatti solo
50 cal)e per fondere lrsquointera massa di ghiaccio (servono infatti solo ulteriori 800 cal)
Assorbendo quindi solo 850cal dallrsquoacqua circostante lrsquointera massa mg=10g di ghiaccio fonde e si
ottengono 10 grammi di acqua a 0deg
Assorbendo ulteriormente una quantitagrave di calore Q (0degC rarr te) dalla massa ma=100g di acqua
circostante a piugrave alta temperatura i 10 grammi di acqua a 0deg e la massa ma = 100g si porteranno a
una temperatura intermedia di equilibrio tE
Se si indica Qa la quantitagrave di calore ceduta dalla massa ma = 100g di acqua che si porta dalla
temperatura T1=27degC alla temperatura di equilibrio te il bilancio dei calori scambiati puograve essere
scritto come
Qa (T1=27degC rarr te) = Qg (-10degC rarr 0degC) + Qfus + Q (0degC rarr te)
ma ca (27deg - te) = 50 + 800 + mg ca ( te- 0deg)
100 1 (27deg - te) = 50 + 800 + 10 1 ( te- 0deg)
100 27 ndash 100 te = 850 + 10 te
da cui 2700 ndash 100 te = 850 + 10 te
110 te = 1850
e quindi
Cte deg== 816110
1850
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
19) Una kmole di gas perfetto biatomico egrave contenuta in un recipiente adiabatico munito di pistone di
volume Vi =05m3 Con il pistone bloccato il contenitore viene posto in un ambiente la cui pressione
egrave mantenuta costante al valore p0 = 510 6 Pa Ad un certo istante si sblocca il pistone e il gas si
espande fino a raggiungere lrsquoequilibrio meccanico con lrsquoambiente Si osserva una diminuzione di
temperatura ∆T= - 20 K Calcolare il volume finale Vf del gas
Soluzione
Il recipiente egrave adiabatico quindi il calore scambiato con lrsquoesterno egrave nullo (Q = 0 )
Il lavoro fatto dal gas sullrsquoambiente esterno a pressione p0=costante egrave semplicemente
VpL ∆= 0
Dal primo principio della termodinamica
LLQU minus=minus=∆
La variazione di energia interna del gas perfetto biatomico (cV=52 R) egrave
RRTncU V 50000)20(2
51000 minus=minussdot=∆=∆
3
6
00
080105
31850000m
p
U
p
LVVV if cong
sdot
sdot=
∆minus==minus=∆
358008050 mVVV if =+=∆+=
V = 053
m
n = 1000 Pap
6
0 105 sdot=
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
20) Un gas perfetto biatomico subisce una trasformazione a seguito della quale la pressione varia da
po = 15105 Pa a p1 = 225 10
5 Pa Il calore netto scambiato durante la trasformazione egrave Q=608 J
Sapendo che il volume finale V1 egrave uguale a quello iniziale (Vo = 3 l) determinare
a) la variazione di energia interna ∆U subita dal gas
b) il lavoro fatto dal gas
Soluzione
Il fatto che i volumi iniziale e finale sono uguali non egrave sufficiente per dedurre che il lavoro egrave nullo
(la trasformazione cioegrave non egrave isocora) infatti il lavoro dipende dalla trasformazione subita dal gas
ed il suo valore puograve essere determinato dal primo principio della termodinamica
L = Q - ∆U
La variazione di energia interna di un gas perfetto risulta essere
∆U = n cv (T1-T0)
Le temperature iniziale e finale si determinano dallrsquoequazione di stato del gas perfetto
Tp V
nR
p V
nR
p V
nR0
0 01
1 1 1 0= = = e T
La variazione di energia interna risulta
∆U = n cv ( )0100001 ppV
R
c
nR
Vp
nR
Vp v minus=
minus = 5625 J
Il lavoro del gas risulta quindi
L = Q - ∆U = 608 -5625 = 455 J
A
BBced
V
VnRTQ lnminus=
Il rapporto VB VA si puograve calcolare considerando la trasformazione AB (adiabatica) per la quale vale
la seguente
PVγ = cost
da cui
=sdot γV
V
nRTcost
e quindi essendo n ed R costanti
T V γ - 1
= cost
Applicata alla trasformazione AB si ha
11 minusminus = γγ
BBAA VTVT
da cui 1minus
=
γ
A
B
B
A
V
V
T
T
e
1
1
minus
=
γ
B
A
A
B
T
T
V
V
Sapendo che v
p
c
c=γ e che cp - cv = R (relazione di Mayer) si ha
vv
vp
v
p
c
R
c
cc
c
c=
minus=minus=minus 11γ oppure
1
1
minus=
γR
cv
2lnlnlnlnln1
1
Bv
B
AB
vR
c
B
AB
B
AB
A
BBced Tnc
T
TT
R
cnR
T
TnRT
T
TnRT
V
VnRTQ
v
minus=
sdotminus=
minus=
minus=minus=
minusγ
Quindi il rendimento ρ risulta essere
302ln12ln
11 =minus=minus=+==Bv
Bv
ass
ced
ass Tnc
Tnc
Q
Q
Q
Lρ
Fisica 1 (AA 2004-2005) Esercizi Termodinamica
16) Una macchina di Carnot ha un rendimento ρ = 22 Le due sorgenti a temperatura costante
differiscono di 75 K Sapendo che il lavoro prodotto in un ciclo egrave L = 200 J calcolare
a) le due temperature T1 e T2 ( con T1 gt T2)
b) la quantitagrave di calore Q1 assorbita dalla macchina di Carnot dalla sorgente a temperatura T1 e la
quantitagrave di calore Q2 ceduta dalla macchina di Carnot alla sorgente a temperatura T2
c) le variazioni di entropia (con il loro segno) 1S∆ e 2S∆ di ciascuna delle due sorgenti
d) la variazione di entropia dellrsquouniverso univS∆
Soluzione
ρ = 22 = 022
T1 ndash T2 = 75 K
L = 200 J
a) T1 = T2 =
b) Q1 =
c) Q2 =
d) ∆S1 = ∆S2 =
e) ∆SUNIV =
a) Consideriamo le quantitagrave di calore Q1 e Q2 come quantitagrave positive Con questa scelta il
rendimento ρ della macchina di Carnot egrave
1
2
1
2 11T
T
Q
Qminus=minus=ρ
11
21
1
21T
T
T
TT
T
T ∆=
minus=minus=ρ
quindi
KKT
T 3419340220
751 cong==
∆=
ρ
e
KTTTT 26675341)( 2112 =minuscongminusminus=
b)
Essendo Q1 e Q2 quantitagrave positive il lavoro prodotto in un ciclo egrave pari alla differenza fra Q1 e Q2
L = Q1 ndash Q2 = 200 J
Inoltre
V
A
D
p
C
B T1
T2
780341
266
1
2
1
2 ===T
T
Q
Q
Abbiamo quindi le seguenti due relazioni nelle due incognite Q1 e Q2
=
=minus
12
21
780
200
Risolvendo
=
=sdotminus
12
11
780
200780
=
=sdot
12
1
780
200220
Q
=
=sdot
12
1
780
220
200
Q
da cui
=
=
JQ
JQ
709
909
2
1
d) La variazione di entropia della sorgente 1 egrave
KJT
QS 662
341
909
1
11 minus=minus=minus=∆
La variazione di entropia della sorgente 2 egrave
KJT
QS 662
266
709
2
22 ==+=∆
e) La variazione di entropia dellrsquouniverso in un ciclo della macchina di Carnot (o di una qualunque
macchina termica reversibile che lavori fra T1 e T2) risulta quindi essere
∆SUNIV = ∆S1 + ∆S2 = - 266 + 266 = 0
Fisica 1 (AA 2004-2005) Esercizi Termodinamica
17) Un gas perfetto monoatomico compie a partire da un certo stato iniziale una trasformazione
isocora fino a una pressione doppia di quella iniziale assorbendo una quantitagrave di calore Q = 45 cal
Si calcoli il lavoro compiuto dal gas se a partire dallo stesso stato iniziale esso compie invece una
trasformazione isobara che ne fa raddoppiare il volume
Soluzione
Il lavoro compiuto dal gas nella trasformazione isobara da I a G egrave semplicemente
( ) 000000 2 VpVVpVpL =minus=∆=
La quantitagrave p0V0 entra nellrsquoequazione di stato dei gas perfetti
000 nRTVp =
Nella trasformazione isocora da I ad F il gas passa da una pressione iniziale pi= p0 a una pressione
finale doppia pf=2p0 La temperatura finale Tf saragrave quindi doppia di quella iniziale Infatti
fnRTVp =sdot 00 )2( fnRTnRT =02 02TT f =
Passando da I ad F il gas monoatomico ( Rcv2
3= ) assorbe una quantitagrave di calore Q = 45 cal
( ) ( ) 0000 2 TncTTncTTncTncQ vvfvv =minus=minus=∆=
00002
3
2
3
2
3VpTnRTRnQ ===
Possiamo quindi ricavare la quantitagrave cercata p0V0
QVp3
200 =
Il lavoro L compiuto dal gas nella trasformazione isobara da I a G egrave quindi
30453
2
3
200 calcalQVpL ====
G I
F
V
2 p0
p0
2 V0 V0
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
18) Un blocco di ghiaccio di massa mg alla temperatura T1 = -10degC egrave immerso in 100g di acqua alla
temperatura T2 = 27degC Calcolare la temperatura finale di equilibrio e la quantitagrave di ghiaccio sciolta
nei due casi
a) mg = 100g
b) mg = 10g
(ca = 1 calg degC cg = 05 calg degC λfus = 80 calg)
Soluzione
a)
Nel primo caso una massa mg = 100g di ghiaccio viene immersa in ma = 100g di acqua Per
ricavare la quantitagrave di ghiaccio sciolta osserviamo che affincheacute il ghiaccio inizi a sciogliersi deve
innanzitutto portarsi dalla temperatura iniziale T1 = -10degC alla temperatura Tfus= 0degC assorbendo
calore dallrsquoacqua circostante La quantitagrave di calore necessaria per il riscaldamento del ghiaccio da -
10degC a 0degC egrave
Qg (T1=-10degC rarr Tfus=0degC) = mg cg ∆T = 100 05 10 = 500 cal
La massa ma di acqua con cui il ghiaccio egrave in contatto termico puograve fornire al ghiaccio al massimo
una quantitagrave di calore Qamax che corrisponde a un raffreddamento dellrsquointera massa drsquoacqua ma fino
alla temperatura di solidificazione dellrsquoacqua Tsol=0degC
Qamax (T2 = 27degC rarr Tsol= 0degC) = ma ca ∆T = 100 1 27 = 2700 cal
Essendo Qamax gt Qg allora il ghiaccio puograve assorbire dallrsquoacqua circostante il calore necessario a
passare da -10degC a 0degC Assorbendo ulteriormente calore il ghiaccio comincia a fondere
La quantitagrave di calore necessaria affincheacute lrsquointera massa mg di ghiaccio si fonda puograve essere ricavata
dalla relazione
Qfus = λfus mg = 80 100 = 8000 cal
La quantitagrave di calore necessaria per la fusione dellrsquointera massa di ghiaccio egrave superiore alla massima
quantitagrave di calore che lrsquoacqua circostante puograve fornire Qfus gt Qamax Non tutta la massa di ghiaccio
puograve quindi passare allo stato liquido con il risultato che coesisteranno in equilibrio acqua e
ghiaccio La temperature di equilibrio Te risulteragrave quindi essere la temperatura di fusione Tfus= 0degC
mg
ma
La quantitagrave mrsquog di ghiaccio fusa puograve essere ricavata dalla conservazione dellrsquoenergia La quantitagrave di
calore massima Qamax che lrsquoacqua circostante puograve fornire serve ad innalzare la temperatura del
ghiaccio da -10degC a 0degC e a fondere solo una parte mrsquog di ghiaccio
Qamax = Qg (T1=-10degC rarr Tfus=0degC) + mrsquog λfus
2700 = 500 + 80 mrsquog
da cui
gm g 52780
2200 ==
b)
Nel secondo caso una massa mg = 10g viene immersa in ma = 100g di acqua
La quantitagrave di calore necessaria adesso per il riscaldamento di soli 10 grammi di ghiaccio da -10degC a
0degC egrave
Qg (T1= -10degC rarr Tfus=0degC) = mg cg ∆T = 10 05 10 = 50 cal
La quantitagrave di calore necessaria per fondere i 10 grammi di ghiaccio egrave pari a
Qfus = λfus mg = 80 10 = 800 cal
La quantitagrave di calore massima Qamax =2700 cal che lrsquoacqua circostante puograve fornire egrave adesso
sufficiente per innalzare la temperatura di mg=10g di ghiaccio da -10degC a 0degC (servono infatti solo
50 cal)e per fondere lrsquointera massa di ghiaccio (servono infatti solo ulteriori 800 cal)
Assorbendo quindi solo 850cal dallrsquoacqua circostante lrsquointera massa mg=10g di ghiaccio fonde e si
ottengono 10 grammi di acqua a 0deg
Assorbendo ulteriormente una quantitagrave di calore Q (0degC rarr te) dalla massa ma=100g di acqua
circostante a piugrave alta temperatura i 10 grammi di acqua a 0deg e la massa ma = 100g si porteranno a
una temperatura intermedia di equilibrio tE
Se si indica Qa la quantitagrave di calore ceduta dalla massa ma = 100g di acqua che si porta dalla
temperatura T1=27degC alla temperatura di equilibrio te il bilancio dei calori scambiati puograve essere
scritto come
Qa (T1=27degC rarr te) = Qg (-10degC rarr 0degC) + Qfus + Q (0degC rarr te)
ma ca (27deg - te) = 50 + 800 + mg ca ( te- 0deg)
100 1 (27deg - te) = 50 + 800 + 10 1 ( te- 0deg)
100 27 ndash 100 te = 850 + 10 te
da cui 2700 ndash 100 te = 850 + 10 te
110 te = 1850
e quindi
Cte deg== 816110
1850
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
19) Una kmole di gas perfetto biatomico egrave contenuta in un recipiente adiabatico munito di pistone di
volume Vi =05m3 Con il pistone bloccato il contenitore viene posto in un ambiente la cui pressione
egrave mantenuta costante al valore p0 = 510 6 Pa Ad un certo istante si sblocca il pistone e il gas si
espande fino a raggiungere lrsquoequilibrio meccanico con lrsquoambiente Si osserva una diminuzione di
temperatura ∆T= - 20 K Calcolare il volume finale Vf del gas
Soluzione
Il recipiente egrave adiabatico quindi il calore scambiato con lrsquoesterno egrave nullo (Q = 0 )
Il lavoro fatto dal gas sullrsquoambiente esterno a pressione p0=costante egrave semplicemente
VpL ∆= 0
Dal primo principio della termodinamica
LLQU minus=minus=∆
La variazione di energia interna del gas perfetto biatomico (cV=52 R) egrave
RRTncU V 50000)20(2
51000 minus=minussdot=∆=∆
3
6
00
080105
31850000m
p
U
p
LVVV if cong
sdot
sdot=
∆minus==minus=∆
358008050 mVVV if =+=∆+=
V = 053
m
n = 1000 Pap
6
0 105 sdot=
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
20) Un gas perfetto biatomico subisce una trasformazione a seguito della quale la pressione varia da
po = 15105 Pa a p1 = 225 10
5 Pa Il calore netto scambiato durante la trasformazione egrave Q=608 J
Sapendo che il volume finale V1 egrave uguale a quello iniziale (Vo = 3 l) determinare
a) la variazione di energia interna ∆U subita dal gas
b) il lavoro fatto dal gas
Soluzione
Il fatto che i volumi iniziale e finale sono uguali non egrave sufficiente per dedurre che il lavoro egrave nullo
(la trasformazione cioegrave non egrave isocora) infatti il lavoro dipende dalla trasformazione subita dal gas
ed il suo valore puograve essere determinato dal primo principio della termodinamica
L = Q - ∆U
La variazione di energia interna di un gas perfetto risulta essere
∆U = n cv (T1-T0)
Le temperature iniziale e finale si determinano dallrsquoequazione di stato del gas perfetto
Tp V
nR
p V
nR
p V
nR0
0 01
1 1 1 0= = = e T
La variazione di energia interna risulta
∆U = n cv ( )0100001 ppV
R
c
nR
Vp
nR
Vp v minus=
minus = 5625 J
Il lavoro del gas risulta quindi
L = Q - ∆U = 608 -5625 = 455 J
Fisica 1 (AA 2004-2005) Esercizi Termodinamica
16) Una macchina di Carnot ha un rendimento ρ = 22 Le due sorgenti a temperatura costante
differiscono di 75 K Sapendo che il lavoro prodotto in un ciclo egrave L = 200 J calcolare
a) le due temperature T1 e T2 ( con T1 gt T2)
b) la quantitagrave di calore Q1 assorbita dalla macchina di Carnot dalla sorgente a temperatura T1 e la
quantitagrave di calore Q2 ceduta dalla macchina di Carnot alla sorgente a temperatura T2
c) le variazioni di entropia (con il loro segno) 1S∆ e 2S∆ di ciascuna delle due sorgenti
d) la variazione di entropia dellrsquouniverso univS∆
Soluzione
ρ = 22 = 022
T1 ndash T2 = 75 K
L = 200 J
a) T1 = T2 =
b) Q1 =
c) Q2 =
d) ∆S1 = ∆S2 =
e) ∆SUNIV =
a) Consideriamo le quantitagrave di calore Q1 e Q2 come quantitagrave positive Con questa scelta il
rendimento ρ della macchina di Carnot egrave
1
2
1
2 11T
T
Q
Qminus=minus=ρ
11
21
1
21T
T
T
TT
T
T ∆=
minus=minus=ρ
quindi
KKT
T 3419340220
751 cong==
∆=
ρ
e
KTTTT 26675341)( 2112 =minuscongminusminus=
b)
Essendo Q1 e Q2 quantitagrave positive il lavoro prodotto in un ciclo egrave pari alla differenza fra Q1 e Q2
L = Q1 ndash Q2 = 200 J
Inoltre
V
A
D
p
C
B T1
T2
780341
266
1
2
1
2 ===T
T
Q
Q
Abbiamo quindi le seguenti due relazioni nelle due incognite Q1 e Q2
=
=minus
12
21
780
200
Risolvendo
=
=sdotminus
12
11
780
200780
=
=sdot
12
1
780
200220
Q
=
=sdot
12
1
780
220
200
Q
da cui
=
=
JQ
JQ
709
909
2
1
d) La variazione di entropia della sorgente 1 egrave
KJT
QS 662
341
909
1
11 minus=minus=minus=∆
La variazione di entropia della sorgente 2 egrave
KJT
QS 662
266
709
2
22 ==+=∆
e) La variazione di entropia dellrsquouniverso in un ciclo della macchina di Carnot (o di una qualunque
macchina termica reversibile che lavori fra T1 e T2) risulta quindi essere
∆SUNIV = ∆S1 + ∆S2 = - 266 + 266 = 0
Fisica 1 (AA 2004-2005) Esercizi Termodinamica
17) Un gas perfetto monoatomico compie a partire da un certo stato iniziale una trasformazione
isocora fino a una pressione doppia di quella iniziale assorbendo una quantitagrave di calore Q = 45 cal
Si calcoli il lavoro compiuto dal gas se a partire dallo stesso stato iniziale esso compie invece una
trasformazione isobara che ne fa raddoppiare il volume
Soluzione
Il lavoro compiuto dal gas nella trasformazione isobara da I a G egrave semplicemente
( ) 000000 2 VpVVpVpL =minus=∆=
La quantitagrave p0V0 entra nellrsquoequazione di stato dei gas perfetti
000 nRTVp =
Nella trasformazione isocora da I ad F il gas passa da una pressione iniziale pi= p0 a una pressione
finale doppia pf=2p0 La temperatura finale Tf saragrave quindi doppia di quella iniziale Infatti
fnRTVp =sdot 00 )2( fnRTnRT =02 02TT f =
Passando da I ad F il gas monoatomico ( Rcv2
3= ) assorbe una quantitagrave di calore Q = 45 cal
( ) ( ) 0000 2 TncTTncTTncTncQ vvfvv =minus=minus=∆=
00002
3
2
3
2
3VpTnRTRnQ ===
Possiamo quindi ricavare la quantitagrave cercata p0V0
QVp3
200 =
Il lavoro L compiuto dal gas nella trasformazione isobara da I a G egrave quindi
30453
2
3
200 calcalQVpL ====
G I
F
V
2 p0
p0
2 V0 V0
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
18) Un blocco di ghiaccio di massa mg alla temperatura T1 = -10degC egrave immerso in 100g di acqua alla
temperatura T2 = 27degC Calcolare la temperatura finale di equilibrio e la quantitagrave di ghiaccio sciolta
nei due casi
a) mg = 100g
b) mg = 10g
(ca = 1 calg degC cg = 05 calg degC λfus = 80 calg)
Soluzione
a)
Nel primo caso una massa mg = 100g di ghiaccio viene immersa in ma = 100g di acqua Per
ricavare la quantitagrave di ghiaccio sciolta osserviamo che affincheacute il ghiaccio inizi a sciogliersi deve
innanzitutto portarsi dalla temperatura iniziale T1 = -10degC alla temperatura Tfus= 0degC assorbendo
calore dallrsquoacqua circostante La quantitagrave di calore necessaria per il riscaldamento del ghiaccio da -
10degC a 0degC egrave
Qg (T1=-10degC rarr Tfus=0degC) = mg cg ∆T = 100 05 10 = 500 cal
La massa ma di acqua con cui il ghiaccio egrave in contatto termico puograve fornire al ghiaccio al massimo
una quantitagrave di calore Qamax che corrisponde a un raffreddamento dellrsquointera massa drsquoacqua ma fino
alla temperatura di solidificazione dellrsquoacqua Tsol=0degC
Qamax (T2 = 27degC rarr Tsol= 0degC) = ma ca ∆T = 100 1 27 = 2700 cal
Essendo Qamax gt Qg allora il ghiaccio puograve assorbire dallrsquoacqua circostante il calore necessario a
passare da -10degC a 0degC Assorbendo ulteriormente calore il ghiaccio comincia a fondere
La quantitagrave di calore necessaria affincheacute lrsquointera massa mg di ghiaccio si fonda puograve essere ricavata
dalla relazione
Qfus = λfus mg = 80 100 = 8000 cal
La quantitagrave di calore necessaria per la fusione dellrsquointera massa di ghiaccio egrave superiore alla massima
quantitagrave di calore che lrsquoacqua circostante puograve fornire Qfus gt Qamax Non tutta la massa di ghiaccio
puograve quindi passare allo stato liquido con il risultato che coesisteranno in equilibrio acqua e
ghiaccio La temperature di equilibrio Te risulteragrave quindi essere la temperatura di fusione Tfus= 0degC
mg
ma
La quantitagrave mrsquog di ghiaccio fusa puograve essere ricavata dalla conservazione dellrsquoenergia La quantitagrave di
calore massima Qamax che lrsquoacqua circostante puograve fornire serve ad innalzare la temperatura del
ghiaccio da -10degC a 0degC e a fondere solo una parte mrsquog di ghiaccio
Qamax = Qg (T1=-10degC rarr Tfus=0degC) + mrsquog λfus
2700 = 500 + 80 mrsquog
da cui
gm g 52780
2200 ==
b)
Nel secondo caso una massa mg = 10g viene immersa in ma = 100g di acqua
La quantitagrave di calore necessaria adesso per il riscaldamento di soli 10 grammi di ghiaccio da -10degC a
0degC egrave
Qg (T1= -10degC rarr Tfus=0degC) = mg cg ∆T = 10 05 10 = 50 cal
La quantitagrave di calore necessaria per fondere i 10 grammi di ghiaccio egrave pari a
Qfus = λfus mg = 80 10 = 800 cal
La quantitagrave di calore massima Qamax =2700 cal che lrsquoacqua circostante puograve fornire egrave adesso
sufficiente per innalzare la temperatura di mg=10g di ghiaccio da -10degC a 0degC (servono infatti solo
50 cal)e per fondere lrsquointera massa di ghiaccio (servono infatti solo ulteriori 800 cal)
Assorbendo quindi solo 850cal dallrsquoacqua circostante lrsquointera massa mg=10g di ghiaccio fonde e si
ottengono 10 grammi di acqua a 0deg
Assorbendo ulteriormente una quantitagrave di calore Q (0degC rarr te) dalla massa ma=100g di acqua
circostante a piugrave alta temperatura i 10 grammi di acqua a 0deg e la massa ma = 100g si porteranno a
una temperatura intermedia di equilibrio tE
Se si indica Qa la quantitagrave di calore ceduta dalla massa ma = 100g di acqua che si porta dalla
temperatura T1=27degC alla temperatura di equilibrio te il bilancio dei calori scambiati puograve essere
scritto come
Qa (T1=27degC rarr te) = Qg (-10degC rarr 0degC) + Qfus + Q (0degC rarr te)
ma ca (27deg - te) = 50 + 800 + mg ca ( te- 0deg)
100 1 (27deg - te) = 50 + 800 + 10 1 ( te- 0deg)
100 27 ndash 100 te = 850 + 10 te
da cui 2700 ndash 100 te = 850 + 10 te
110 te = 1850
e quindi
Cte deg== 816110
1850
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
19) Una kmole di gas perfetto biatomico egrave contenuta in un recipiente adiabatico munito di pistone di
volume Vi =05m3 Con il pistone bloccato il contenitore viene posto in un ambiente la cui pressione
egrave mantenuta costante al valore p0 = 510 6 Pa Ad un certo istante si sblocca il pistone e il gas si
espande fino a raggiungere lrsquoequilibrio meccanico con lrsquoambiente Si osserva una diminuzione di
temperatura ∆T= - 20 K Calcolare il volume finale Vf del gas
Soluzione
Il recipiente egrave adiabatico quindi il calore scambiato con lrsquoesterno egrave nullo (Q = 0 )
Il lavoro fatto dal gas sullrsquoambiente esterno a pressione p0=costante egrave semplicemente
VpL ∆= 0
Dal primo principio della termodinamica
LLQU minus=minus=∆
La variazione di energia interna del gas perfetto biatomico (cV=52 R) egrave
RRTncU V 50000)20(2
51000 minus=minussdot=∆=∆
3
6
00
080105
31850000m
p
U
p
LVVV if cong
sdot
sdot=
∆minus==minus=∆
358008050 mVVV if =+=∆+=
V = 053
m
n = 1000 Pap
6
0 105 sdot=
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
20) Un gas perfetto biatomico subisce una trasformazione a seguito della quale la pressione varia da
po = 15105 Pa a p1 = 225 10
5 Pa Il calore netto scambiato durante la trasformazione egrave Q=608 J
Sapendo che il volume finale V1 egrave uguale a quello iniziale (Vo = 3 l) determinare
a) la variazione di energia interna ∆U subita dal gas
b) il lavoro fatto dal gas
Soluzione
Il fatto che i volumi iniziale e finale sono uguali non egrave sufficiente per dedurre che il lavoro egrave nullo
(la trasformazione cioegrave non egrave isocora) infatti il lavoro dipende dalla trasformazione subita dal gas
ed il suo valore puograve essere determinato dal primo principio della termodinamica
L = Q - ∆U
La variazione di energia interna di un gas perfetto risulta essere
∆U = n cv (T1-T0)
Le temperature iniziale e finale si determinano dallrsquoequazione di stato del gas perfetto
Tp V
nR
p V
nR
p V
nR0
0 01
1 1 1 0= = = e T
La variazione di energia interna risulta
∆U = n cv ( )0100001 ppV
R
c
nR
Vp
nR
Vp v minus=
minus = 5625 J
Il lavoro del gas risulta quindi
L = Q - ∆U = 608 -5625 = 455 J
780341
266
1
2
1
2 ===T
T
Q
Q
Abbiamo quindi le seguenti due relazioni nelle due incognite Q1 e Q2
=
=minus
12
21
780
200
Risolvendo
=
=sdotminus
12
11
780
200780
=
=sdot
12
1
780
200220
Q
=
=sdot
12
1
780
220
200
Q
da cui
=
=
JQ
JQ
709
909
2
1
d) La variazione di entropia della sorgente 1 egrave
KJT
QS 662
341
909
1
11 minus=minus=minus=∆
La variazione di entropia della sorgente 2 egrave
KJT
QS 662
266
709
2
22 ==+=∆
e) La variazione di entropia dellrsquouniverso in un ciclo della macchina di Carnot (o di una qualunque
macchina termica reversibile che lavori fra T1 e T2) risulta quindi essere
∆SUNIV = ∆S1 + ∆S2 = - 266 + 266 = 0
Fisica 1 (AA 2004-2005) Esercizi Termodinamica
17) Un gas perfetto monoatomico compie a partire da un certo stato iniziale una trasformazione
isocora fino a una pressione doppia di quella iniziale assorbendo una quantitagrave di calore Q = 45 cal
Si calcoli il lavoro compiuto dal gas se a partire dallo stesso stato iniziale esso compie invece una
trasformazione isobara che ne fa raddoppiare il volume
Soluzione
Il lavoro compiuto dal gas nella trasformazione isobara da I a G egrave semplicemente
( ) 000000 2 VpVVpVpL =minus=∆=
La quantitagrave p0V0 entra nellrsquoequazione di stato dei gas perfetti
000 nRTVp =
Nella trasformazione isocora da I ad F il gas passa da una pressione iniziale pi= p0 a una pressione
finale doppia pf=2p0 La temperatura finale Tf saragrave quindi doppia di quella iniziale Infatti
fnRTVp =sdot 00 )2( fnRTnRT =02 02TT f =
Passando da I ad F il gas monoatomico ( Rcv2
3= ) assorbe una quantitagrave di calore Q = 45 cal
( ) ( ) 0000 2 TncTTncTTncTncQ vvfvv =minus=minus=∆=
00002
3
2
3
2
3VpTnRTRnQ ===
Possiamo quindi ricavare la quantitagrave cercata p0V0
QVp3
200 =
Il lavoro L compiuto dal gas nella trasformazione isobara da I a G egrave quindi
30453
2
3
200 calcalQVpL ====
G I
F
V
2 p0
p0
2 V0 V0
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
18) Un blocco di ghiaccio di massa mg alla temperatura T1 = -10degC egrave immerso in 100g di acqua alla
temperatura T2 = 27degC Calcolare la temperatura finale di equilibrio e la quantitagrave di ghiaccio sciolta
nei due casi
a) mg = 100g
b) mg = 10g
(ca = 1 calg degC cg = 05 calg degC λfus = 80 calg)
Soluzione
a)
Nel primo caso una massa mg = 100g di ghiaccio viene immersa in ma = 100g di acqua Per
ricavare la quantitagrave di ghiaccio sciolta osserviamo che affincheacute il ghiaccio inizi a sciogliersi deve
innanzitutto portarsi dalla temperatura iniziale T1 = -10degC alla temperatura Tfus= 0degC assorbendo
calore dallrsquoacqua circostante La quantitagrave di calore necessaria per il riscaldamento del ghiaccio da -
10degC a 0degC egrave
Qg (T1=-10degC rarr Tfus=0degC) = mg cg ∆T = 100 05 10 = 500 cal
La massa ma di acqua con cui il ghiaccio egrave in contatto termico puograve fornire al ghiaccio al massimo
una quantitagrave di calore Qamax che corrisponde a un raffreddamento dellrsquointera massa drsquoacqua ma fino
alla temperatura di solidificazione dellrsquoacqua Tsol=0degC
Qamax (T2 = 27degC rarr Tsol= 0degC) = ma ca ∆T = 100 1 27 = 2700 cal
Essendo Qamax gt Qg allora il ghiaccio puograve assorbire dallrsquoacqua circostante il calore necessario a
passare da -10degC a 0degC Assorbendo ulteriormente calore il ghiaccio comincia a fondere
La quantitagrave di calore necessaria affincheacute lrsquointera massa mg di ghiaccio si fonda puograve essere ricavata
dalla relazione
Qfus = λfus mg = 80 100 = 8000 cal
La quantitagrave di calore necessaria per la fusione dellrsquointera massa di ghiaccio egrave superiore alla massima
quantitagrave di calore che lrsquoacqua circostante puograve fornire Qfus gt Qamax Non tutta la massa di ghiaccio
puograve quindi passare allo stato liquido con il risultato che coesisteranno in equilibrio acqua e
ghiaccio La temperature di equilibrio Te risulteragrave quindi essere la temperatura di fusione Tfus= 0degC
mg
ma
La quantitagrave mrsquog di ghiaccio fusa puograve essere ricavata dalla conservazione dellrsquoenergia La quantitagrave di
calore massima Qamax che lrsquoacqua circostante puograve fornire serve ad innalzare la temperatura del
ghiaccio da -10degC a 0degC e a fondere solo una parte mrsquog di ghiaccio
Qamax = Qg (T1=-10degC rarr Tfus=0degC) + mrsquog λfus
2700 = 500 + 80 mrsquog
da cui
gm g 52780
2200 ==
b)
Nel secondo caso una massa mg = 10g viene immersa in ma = 100g di acqua
La quantitagrave di calore necessaria adesso per il riscaldamento di soli 10 grammi di ghiaccio da -10degC a
0degC egrave
Qg (T1= -10degC rarr Tfus=0degC) = mg cg ∆T = 10 05 10 = 50 cal
La quantitagrave di calore necessaria per fondere i 10 grammi di ghiaccio egrave pari a
Qfus = λfus mg = 80 10 = 800 cal
La quantitagrave di calore massima Qamax =2700 cal che lrsquoacqua circostante puograve fornire egrave adesso
sufficiente per innalzare la temperatura di mg=10g di ghiaccio da -10degC a 0degC (servono infatti solo
50 cal)e per fondere lrsquointera massa di ghiaccio (servono infatti solo ulteriori 800 cal)
Assorbendo quindi solo 850cal dallrsquoacqua circostante lrsquointera massa mg=10g di ghiaccio fonde e si
ottengono 10 grammi di acqua a 0deg
Assorbendo ulteriormente una quantitagrave di calore Q (0degC rarr te) dalla massa ma=100g di acqua
circostante a piugrave alta temperatura i 10 grammi di acqua a 0deg e la massa ma = 100g si porteranno a
una temperatura intermedia di equilibrio tE
Se si indica Qa la quantitagrave di calore ceduta dalla massa ma = 100g di acqua che si porta dalla
temperatura T1=27degC alla temperatura di equilibrio te il bilancio dei calori scambiati puograve essere
scritto come
Qa (T1=27degC rarr te) = Qg (-10degC rarr 0degC) + Qfus + Q (0degC rarr te)
ma ca (27deg - te) = 50 + 800 + mg ca ( te- 0deg)
100 1 (27deg - te) = 50 + 800 + 10 1 ( te- 0deg)
100 27 ndash 100 te = 850 + 10 te
da cui 2700 ndash 100 te = 850 + 10 te
110 te = 1850
e quindi
Cte deg== 816110
1850
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
19) Una kmole di gas perfetto biatomico egrave contenuta in un recipiente adiabatico munito di pistone di
volume Vi =05m3 Con il pistone bloccato il contenitore viene posto in un ambiente la cui pressione
egrave mantenuta costante al valore p0 = 510 6 Pa Ad un certo istante si sblocca il pistone e il gas si
espande fino a raggiungere lrsquoequilibrio meccanico con lrsquoambiente Si osserva una diminuzione di
temperatura ∆T= - 20 K Calcolare il volume finale Vf del gas
Soluzione
Il recipiente egrave adiabatico quindi il calore scambiato con lrsquoesterno egrave nullo (Q = 0 )
Il lavoro fatto dal gas sullrsquoambiente esterno a pressione p0=costante egrave semplicemente
VpL ∆= 0
Dal primo principio della termodinamica
LLQU minus=minus=∆
La variazione di energia interna del gas perfetto biatomico (cV=52 R) egrave
RRTncU V 50000)20(2
51000 minus=minussdot=∆=∆
3
6
00
080105
31850000m
p
U
p
LVVV if cong
sdot
sdot=
∆minus==minus=∆
358008050 mVVV if =+=∆+=
V = 053
m
n = 1000 Pap
6
0 105 sdot=
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
20) Un gas perfetto biatomico subisce una trasformazione a seguito della quale la pressione varia da
po = 15105 Pa a p1 = 225 10
5 Pa Il calore netto scambiato durante la trasformazione egrave Q=608 J
Sapendo che il volume finale V1 egrave uguale a quello iniziale (Vo = 3 l) determinare
a) la variazione di energia interna ∆U subita dal gas
b) il lavoro fatto dal gas
Soluzione
Il fatto che i volumi iniziale e finale sono uguali non egrave sufficiente per dedurre che il lavoro egrave nullo
(la trasformazione cioegrave non egrave isocora) infatti il lavoro dipende dalla trasformazione subita dal gas
ed il suo valore puograve essere determinato dal primo principio della termodinamica
L = Q - ∆U
La variazione di energia interna di un gas perfetto risulta essere
∆U = n cv (T1-T0)
Le temperature iniziale e finale si determinano dallrsquoequazione di stato del gas perfetto
Tp V
nR
p V
nR
p V
nR0
0 01
1 1 1 0= = = e T
La variazione di energia interna risulta
∆U = n cv ( )0100001 ppV
R
c
nR
Vp
nR
Vp v minus=
minus = 5625 J
Il lavoro del gas risulta quindi
L = Q - ∆U = 608 -5625 = 455 J
Fisica 1 (AA 2004-2005) Esercizi Termodinamica
17) Un gas perfetto monoatomico compie a partire da un certo stato iniziale una trasformazione
isocora fino a una pressione doppia di quella iniziale assorbendo una quantitagrave di calore Q = 45 cal
Si calcoli il lavoro compiuto dal gas se a partire dallo stesso stato iniziale esso compie invece una
trasformazione isobara che ne fa raddoppiare il volume
Soluzione
Il lavoro compiuto dal gas nella trasformazione isobara da I a G egrave semplicemente
( ) 000000 2 VpVVpVpL =minus=∆=
La quantitagrave p0V0 entra nellrsquoequazione di stato dei gas perfetti
000 nRTVp =
Nella trasformazione isocora da I ad F il gas passa da una pressione iniziale pi= p0 a una pressione
finale doppia pf=2p0 La temperatura finale Tf saragrave quindi doppia di quella iniziale Infatti
fnRTVp =sdot 00 )2( fnRTnRT =02 02TT f =
Passando da I ad F il gas monoatomico ( Rcv2
3= ) assorbe una quantitagrave di calore Q = 45 cal
( ) ( ) 0000 2 TncTTncTTncTncQ vvfvv =minus=minus=∆=
00002
3
2
3
2
3VpTnRTRnQ ===
Possiamo quindi ricavare la quantitagrave cercata p0V0
QVp3
200 =
Il lavoro L compiuto dal gas nella trasformazione isobara da I a G egrave quindi
30453
2
3
200 calcalQVpL ====
G I
F
V
2 p0
p0
2 V0 V0
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
18) Un blocco di ghiaccio di massa mg alla temperatura T1 = -10degC egrave immerso in 100g di acqua alla
temperatura T2 = 27degC Calcolare la temperatura finale di equilibrio e la quantitagrave di ghiaccio sciolta
nei due casi
a) mg = 100g
b) mg = 10g
(ca = 1 calg degC cg = 05 calg degC λfus = 80 calg)
Soluzione
a)
Nel primo caso una massa mg = 100g di ghiaccio viene immersa in ma = 100g di acqua Per
ricavare la quantitagrave di ghiaccio sciolta osserviamo che affincheacute il ghiaccio inizi a sciogliersi deve
innanzitutto portarsi dalla temperatura iniziale T1 = -10degC alla temperatura Tfus= 0degC assorbendo
calore dallrsquoacqua circostante La quantitagrave di calore necessaria per il riscaldamento del ghiaccio da -
10degC a 0degC egrave
Qg (T1=-10degC rarr Tfus=0degC) = mg cg ∆T = 100 05 10 = 500 cal
La massa ma di acqua con cui il ghiaccio egrave in contatto termico puograve fornire al ghiaccio al massimo
una quantitagrave di calore Qamax che corrisponde a un raffreddamento dellrsquointera massa drsquoacqua ma fino
alla temperatura di solidificazione dellrsquoacqua Tsol=0degC
Qamax (T2 = 27degC rarr Tsol= 0degC) = ma ca ∆T = 100 1 27 = 2700 cal
Essendo Qamax gt Qg allora il ghiaccio puograve assorbire dallrsquoacqua circostante il calore necessario a
passare da -10degC a 0degC Assorbendo ulteriormente calore il ghiaccio comincia a fondere
La quantitagrave di calore necessaria affincheacute lrsquointera massa mg di ghiaccio si fonda puograve essere ricavata
dalla relazione
Qfus = λfus mg = 80 100 = 8000 cal
La quantitagrave di calore necessaria per la fusione dellrsquointera massa di ghiaccio egrave superiore alla massima
quantitagrave di calore che lrsquoacqua circostante puograve fornire Qfus gt Qamax Non tutta la massa di ghiaccio
puograve quindi passare allo stato liquido con il risultato che coesisteranno in equilibrio acqua e
ghiaccio La temperature di equilibrio Te risulteragrave quindi essere la temperatura di fusione Tfus= 0degC
mg
ma
La quantitagrave mrsquog di ghiaccio fusa puograve essere ricavata dalla conservazione dellrsquoenergia La quantitagrave di
calore massima Qamax che lrsquoacqua circostante puograve fornire serve ad innalzare la temperatura del
ghiaccio da -10degC a 0degC e a fondere solo una parte mrsquog di ghiaccio
Qamax = Qg (T1=-10degC rarr Tfus=0degC) + mrsquog λfus
2700 = 500 + 80 mrsquog
da cui
gm g 52780
2200 ==
b)
Nel secondo caso una massa mg = 10g viene immersa in ma = 100g di acqua
La quantitagrave di calore necessaria adesso per il riscaldamento di soli 10 grammi di ghiaccio da -10degC a
0degC egrave
Qg (T1= -10degC rarr Tfus=0degC) = mg cg ∆T = 10 05 10 = 50 cal
La quantitagrave di calore necessaria per fondere i 10 grammi di ghiaccio egrave pari a
Qfus = λfus mg = 80 10 = 800 cal
La quantitagrave di calore massima Qamax =2700 cal che lrsquoacqua circostante puograve fornire egrave adesso
sufficiente per innalzare la temperatura di mg=10g di ghiaccio da -10degC a 0degC (servono infatti solo
50 cal)e per fondere lrsquointera massa di ghiaccio (servono infatti solo ulteriori 800 cal)
Assorbendo quindi solo 850cal dallrsquoacqua circostante lrsquointera massa mg=10g di ghiaccio fonde e si
ottengono 10 grammi di acqua a 0deg
Assorbendo ulteriormente una quantitagrave di calore Q (0degC rarr te) dalla massa ma=100g di acqua
circostante a piugrave alta temperatura i 10 grammi di acqua a 0deg e la massa ma = 100g si porteranno a
una temperatura intermedia di equilibrio tE
Se si indica Qa la quantitagrave di calore ceduta dalla massa ma = 100g di acqua che si porta dalla
temperatura T1=27degC alla temperatura di equilibrio te il bilancio dei calori scambiati puograve essere
scritto come
Qa (T1=27degC rarr te) = Qg (-10degC rarr 0degC) + Qfus + Q (0degC rarr te)
ma ca (27deg - te) = 50 + 800 + mg ca ( te- 0deg)
100 1 (27deg - te) = 50 + 800 + 10 1 ( te- 0deg)
100 27 ndash 100 te = 850 + 10 te
da cui 2700 ndash 100 te = 850 + 10 te
110 te = 1850
e quindi
Cte deg== 816110
1850
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
19) Una kmole di gas perfetto biatomico egrave contenuta in un recipiente adiabatico munito di pistone di
volume Vi =05m3 Con il pistone bloccato il contenitore viene posto in un ambiente la cui pressione
egrave mantenuta costante al valore p0 = 510 6 Pa Ad un certo istante si sblocca il pistone e il gas si
espande fino a raggiungere lrsquoequilibrio meccanico con lrsquoambiente Si osserva una diminuzione di
temperatura ∆T= - 20 K Calcolare il volume finale Vf del gas
Soluzione
Il recipiente egrave adiabatico quindi il calore scambiato con lrsquoesterno egrave nullo (Q = 0 )
Il lavoro fatto dal gas sullrsquoambiente esterno a pressione p0=costante egrave semplicemente
VpL ∆= 0
Dal primo principio della termodinamica
LLQU minus=minus=∆
La variazione di energia interna del gas perfetto biatomico (cV=52 R) egrave
RRTncU V 50000)20(2
51000 minus=minussdot=∆=∆
3
6
00
080105
31850000m
p
U
p
LVVV if cong
sdot
sdot=
∆minus==minus=∆
358008050 mVVV if =+=∆+=
V = 053
m
n = 1000 Pap
6
0 105 sdot=
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
20) Un gas perfetto biatomico subisce una trasformazione a seguito della quale la pressione varia da
po = 15105 Pa a p1 = 225 10
5 Pa Il calore netto scambiato durante la trasformazione egrave Q=608 J
Sapendo che il volume finale V1 egrave uguale a quello iniziale (Vo = 3 l) determinare
a) la variazione di energia interna ∆U subita dal gas
b) il lavoro fatto dal gas
Soluzione
Il fatto che i volumi iniziale e finale sono uguali non egrave sufficiente per dedurre che il lavoro egrave nullo
(la trasformazione cioegrave non egrave isocora) infatti il lavoro dipende dalla trasformazione subita dal gas
ed il suo valore puograve essere determinato dal primo principio della termodinamica
L = Q - ∆U
La variazione di energia interna di un gas perfetto risulta essere
∆U = n cv (T1-T0)
Le temperature iniziale e finale si determinano dallrsquoequazione di stato del gas perfetto
Tp V
nR
p V
nR
p V
nR0
0 01
1 1 1 0= = = e T
La variazione di energia interna risulta
∆U = n cv ( )0100001 ppV
R
c
nR
Vp
nR
Vp v minus=
minus = 5625 J
Il lavoro del gas risulta quindi
L = Q - ∆U = 608 -5625 = 455 J
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
18) Un blocco di ghiaccio di massa mg alla temperatura T1 = -10degC egrave immerso in 100g di acqua alla
temperatura T2 = 27degC Calcolare la temperatura finale di equilibrio e la quantitagrave di ghiaccio sciolta
nei due casi
a) mg = 100g
b) mg = 10g
(ca = 1 calg degC cg = 05 calg degC λfus = 80 calg)
Soluzione
a)
Nel primo caso una massa mg = 100g di ghiaccio viene immersa in ma = 100g di acqua Per
ricavare la quantitagrave di ghiaccio sciolta osserviamo che affincheacute il ghiaccio inizi a sciogliersi deve
innanzitutto portarsi dalla temperatura iniziale T1 = -10degC alla temperatura Tfus= 0degC assorbendo
calore dallrsquoacqua circostante La quantitagrave di calore necessaria per il riscaldamento del ghiaccio da -
10degC a 0degC egrave
Qg (T1=-10degC rarr Tfus=0degC) = mg cg ∆T = 100 05 10 = 500 cal
La massa ma di acqua con cui il ghiaccio egrave in contatto termico puograve fornire al ghiaccio al massimo
una quantitagrave di calore Qamax che corrisponde a un raffreddamento dellrsquointera massa drsquoacqua ma fino
alla temperatura di solidificazione dellrsquoacqua Tsol=0degC
Qamax (T2 = 27degC rarr Tsol= 0degC) = ma ca ∆T = 100 1 27 = 2700 cal
Essendo Qamax gt Qg allora il ghiaccio puograve assorbire dallrsquoacqua circostante il calore necessario a
passare da -10degC a 0degC Assorbendo ulteriormente calore il ghiaccio comincia a fondere
La quantitagrave di calore necessaria affincheacute lrsquointera massa mg di ghiaccio si fonda puograve essere ricavata
dalla relazione
Qfus = λfus mg = 80 100 = 8000 cal
La quantitagrave di calore necessaria per la fusione dellrsquointera massa di ghiaccio egrave superiore alla massima
quantitagrave di calore che lrsquoacqua circostante puograve fornire Qfus gt Qamax Non tutta la massa di ghiaccio
puograve quindi passare allo stato liquido con il risultato che coesisteranno in equilibrio acqua e
ghiaccio La temperature di equilibrio Te risulteragrave quindi essere la temperatura di fusione Tfus= 0degC
mg
ma
La quantitagrave mrsquog di ghiaccio fusa puograve essere ricavata dalla conservazione dellrsquoenergia La quantitagrave di
calore massima Qamax che lrsquoacqua circostante puograve fornire serve ad innalzare la temperatura del
ghiaccio da -10degC a 0degC e a fondere solo una parte mrsquog di ghiaccio
Qamax = Qg (T1=-10degC rarr Tfus=0degC) + mrsquog λfus
2700 = 500 + 80 mrsquog
da cui
gm g 52780
2200 ==
b)
Nel secondo caso una massa mg = 10g viene immersa in ma = 100g di acqua
La quantitagrave di calore necessaria adesso per il riscaldamento di soli 10 grammi di ghiaccio da -10degC a
0degC egrave
Qg (T1= -10degC rarr Tfus=0degC) = mg cg ∆T = 10 05 10 = 50 cal
La quantitagrave di calore necessaria per fondere i 10 grammi di ghiaccio egrave pari a
Qfus = λfus mg = 80 10 = 800 cal
La quantitagrave di calore massima Qamax =2700 cal che lrsquoacqua circostante puograve fornire egrave adesso
sufficiente per innalzare la temperatura di mg=10g di ghiaccio da -10degC a 0degC (servono infatti solo
50 cal)e per fondere lrsquointera massa di ghiaccio (servono infatti solo ulteriori 800 cal)
Assorbendo quindi solo 850cal dallrsquoacqua circostante lrsquointera massa mg=10g di ghiaccio fonde e si
ottengono 10 grammi di acqua a 0deg
Assorbendo ulteriormente una quantitagrave di calore Q (0degC rarr te) dalla massa ma=100g di acqua
circostante a piugrave alta temperatura i 10 grammi di acqua a 0deg e la massa ma = 100g si porteranno a
una temperatura intermedia di equilibrio tE
Se si indica Qa la quantitagrave di calore ceduta dalla massa ma = 100g di acqua che si porta dalla
temperatura T1=27degC alla temperatura di equilibrio te il bilancio dei calori scambiati puograve essere
scritto come
Qa (T1=27degC rarr te) = Qg (-10degC rarr 0degC) + Qfus + Q (0degC rarr te)
ma ca (27deg - te) = 50 + 800 + mg ca ( te- 0deg)
100 1 (27deg - te) = 50 + 800 + 10 1 ( te- 0deg)
100 27 ndash 100 te = 850 + 10 te
da cui 2700 ndash 100 te = 850 + 10 te
110 te = 1850
e quindi
Cte deg== 816110
1850
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
19) Una kmole di gas perfetto biatomico egrave contenuta in un recipiente adiabatico munito di pistone di
volume Vi =05m3 Con il pistone bloccato il contenitore viene posto in un ambiente la cui pressione
egrave mantenuta costante al valore p0 = 510 6 Pa Ad un certo istante si sblocca il pistone e il gas si
espande fino a raggiungere lrsquoequilibrio meccanico con lrsquoambiente Si osserva una diminuzione di
temperatura ∆T= - 20 K Calcolare il volume finale Vf del gas
Soluzione
Il recipiente egrave adiabatico quindi il calore scambiato con lrsquoesterno egrave nullo (Q = 0 )
Il lavoro fatto dal gas sullrsquoambiente esterno a pressione p0=costante egrave semplicemente
VpL ∆= 0
Dal primo principio della termodinamica
LLQU minus=minus=∆
La variazione di energia interna del gas perfetto biatomico (cV=52 R) egrave
RRTncU V 50000)20(2
51000 minus=minussdot=∆=∆
3
6
00
080105
31850000m
p
U
p
LVVV if cong
sdot
sdot=
∆minus==minus=∆
358008050 mVVV if =+=∆+=
V = 053
m
n = 1000 Pap
6
0 105 sdot=
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
20) Un gas perfetto biatomico subisce una trasformazione a seguito della quale la pressione varia da
po = 15105 Pa a p1 = 225 10
5 Pa Il calore netto scambiato durante la trasformazione egrave Q=608 J
Sapendo che il volume finale V1 egrave uguale a quello iniziale (Vo = 3 l) determinare
a) la variazione di energia interna ∆U subita dal gas
b) il lavoro fatto dal gas
Soluzione
Il fatto che i volumi iniziale e finale sono uguali non egrave sufficiente per dedurre che il lavoro egrave nullo
(la trasformazione cioegrave non egrave isocora) infatti il lavoro dipende dalla trasformazione subita dal gas
ed il suo valore puograve essere determinato dal primo principio della termodinamica
L = Q - ∆U
La variazione di energia interna di un gas perfetto risulta essere
∆U = n cv (T1-T0)
Le temperature iniziale e finale si determinano dallrsquoequazione di stato del gas perfetto
Tp V
nR
p V
nR
p V
nR0
0 01
1 1 1 0= = = e T
La variazione di energia interna risulta
∆U = n cv ( )0100001 ppV
R
c
nR
Vp
nR
Vp v minus=
minus = 5625 J
Il lavoro del gas risulta quindi
L = Q - ∆U = 608 -5625 = 455 J
La quantitagrave mrsquog di ghiaccio fusa puograve essere ricavata dalla conservazione dellrsquoenergia La quantitagrave di
calore massima Qamax che lrsquoacqua circostante puograve fornire serve ad innalzare la temperatura del
ghiaccio da -10degC a 0degC e a fondere solo una parte mrsquog di ghiaccio
Qamax = Qg (T1=-10degC rarr Tfus=0degC) + mrsquog λfus
2700 = 500 + 80 mrsquog
da cui
gm g 52780
2200 ==
b)
Nel secondo caso una massa mg = 10g viene immersa in ma = 100g di acqua
La quantitagrave di calore necessaria adesso per il riscaldamento di soli 10 grammi di ghiaccio da -10degC a
0degC egrave
Qg (T1= -10degC rarr Tfus=0degC) = mg cg ∆T = 10 05 10 = 50 cal
La quantitagrave di calore necessaria per fondere i 10 grammi di ghiaccio egrave pari a
Qfus = λfus mg = 80 10 = 800 cal
La quantitagrave di calore massima Qamax =2700 cal che lrsquoacqua circostante puograve fornire egrave adesso
sufficiente per innalzare la temperatura di mg=10g di ghiaccio da -10degC a 0degC (servono infatti solo
50 cal)e per fondere lrsquointera massa di ghiaccio (servono infatti solo ulteriori 800 cal)
Assorbendo quindi solo 850cal dallrsquoacqua circostante lrsquointera massa mg=10g di ghiaccio fonde e si
ottengono 10 grammi di acqua a 0deg
Assorbendo ulteriormente una quantitagrave di calore Q (0degC rarr te) dalla massa ma=100g di acqua
circostante a piugrave alta temperatura i 10 grammi di acqua a 0deg e la massa ma = 100g si porteranno a
una temperatura intermedia di equilibrio tE
Se si indica Qa la quantitagrave di calore ceduta dalla massa ma = 100g di acqua che si porta dalla
temperatura T1=27degC alla temperatura di equilibrio te il bilancio dei calori scambiati puograve essere
scritto come
Qa (T1=27degC rarr te) = Qg (-10degC rarr 0degC) + Qfus + Q (0degC rarr te)
ma ca (27deg - te) = 50 + 800 + mg ca ( te- 0deg)
100 1 (27deg - te) = 50 + 800 + 10 1 ( te- 0deg)
100 27 ndash 100 te = 850 + 10 te
da cui 2700 ndash 100 te = 850 + 10 te
110 te = 1850
e quindi
Cte deg== 816110
1850
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
19) Una kmole di gas perfetto biatomico egrave contenuta in un recipiente adiabatico munito di pistone di
volume Vi =05m3 Con il pistone bloccato il contenitore viene posto in un ambiente la cui pressione
egrave mantenuta costante al valore p0 = 510 6 Pa Ad un certo istante si sblocca il pistone e il gas si
espande fino a raggiungere lrsquoequilibrio meccanico con lrsquoambiente Si osserva una diminuzione di
temperatura ∆T= - 20 K Calcolare il volume finale Vf del gas
Soluzione
Il recipiente egrave adiabatico quindi il calore scambiato con lrsquoesterno egrave nullo (Q = 0 )
Il lavoro fatto dal gas sullrsquoambiente esterno a pressione p0=costante egrave semplicemente
VpL ∆= 0
Dal primo principio della termodinamica
LLQU minus=minus=∆
La variazione di energia interna del gas perfetto biatomico (cV=52 R) egrave
RRTncU V 50000)20(2
51000 minus=minussdot=∆=∆
3
6
00
080105
31850000m
p
U
p
LVVV if cong
sdot
sdot=
∆minus==minus=∆
358008050 mVVV if =+=∆+=
V = 053
m
n = 1000 Pap
6
0 105 sdot=
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
20) Un gas perfetto biatomico subisce una trasformazione a seguito della quale la pressione varia da
po = 15105 Pa a p1 = 225 10
5 Pa Il calore netto scambiato durante la trasformazione egrave Q=608 J
Sapendo che il volume finale V1 egrave uguale a quello iniziale (Vo = 3 l) determinare
a) la variazione di energia interna ∆U subita dal gas
b) il lavoro fatto dal gas
Soluzione
Il fatto che i volumi iniziale e finale sono uguali non egrave sufficiente per dedurre che il lavoro egrave nullo
(la trasformazione cioegrave non egrave isocora) infatti il lavoro dipende dalla trasformazione subita dal gas
ed il suo valore puograve essere determinato dal primo principio della termodinamica
L = Q - ∆U
La variazione di energia interna di un gas perfetto risulta essere
∆U = n cv (T1-T0)
Le temperature iniziale e finale si determinano dallrsquoequazione di stato del gas perfetto
Tp V
nR
p V
nR
p V
nR0
0 01
1 1 1 0= = = e T
La variazione di energia interna risulta
∆U = n cv ( )0100001 ppV
R
c
nR
Vp
nR
Vp v minus=
minus = 5625 J
Il lavoro del gas risulta quindi
L = Q - ∆U = 608 -5625 = 455 J
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
19) Una kmole di gas perfetto biatomico egrave contenuta in un recipiente adiabatico munito di pistone di
volume Vi =05m3 Con il pistone bloccato il contenitore viene posto in un ambiente la cui pressione
egrave mantenuta costante al valore p0 = 510 6 Pa Ad un certo istante si sblocca il pistone e il gas si
espande fino a raggiungere lrsquoequilibrio meccanico con lrsquoambiente Si osserva una diminuzione di
temperatura ∆T= - 20 K Calcolare il volume finale Vf del gas
Soluzione
Il recipiente egrave adiabatico quindi il calore scambiato con lrsquoesterno egrave nullo (Q = 0 )
Il lavoro fatto dal gas sullrsquoambiente esterno a pressione p0=costante egrave semplicemente
VpL ∆= 0
Dal primo principio della termodinamica
LLQU minus=minus=∆
La variazione di energia interna del gas perfetto biatomico (cV=52 R) egrave
RRTncU V 50000)20(2
51000 minus=minussdot=∆=∆
3
6
00
080105
31850000m
p
U
p
LVVV if cong
sdot
sdot=
∆minus==minus=∆
358008050 mVVV if =+=∆+=
V = 053
m
n = 1000 Pap
6
0 105 sdot=
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
20) Un gas perfetto biatomico subisce una trasformazione a seguito della quale la pressione varia da
po = 15105 Pa a p1 = 225 10
5 Pa Il calore netto scambiato durante la trasformazione egrave Q=608 J
Sapendo che il volume finale V1 egrave uguale a quello iniziale (Vo = 3 l) determinare
a) la variazione di energia interna ∆U subita dal gas
b) il lavoro fatto dal gas
Soluzione
Il fatto che i volumi iniziale e finale sono uguali non egrave sufficiente per dedurre che il lavoro egrave nullo
(la trasformazione cioegrave non egrave isocora) infatti il lavoro dipende dalla trasformazione subita dal gas
ed il suo valore puograve essere determinato dal primo principio della termodinamica
L = Q - ∆U
La variazione di energia interna di un gas perfetto risulta essere
∆U = n cv (T1-T0)
Le temperature iniziale e finale si determinano dallrsquoequazione di stato del gas perfetto
Tp V
nR
p V
nR
p V
nR0
0 01
1 1 1 0= = = e T
La variazione di energia interna risulta
∆U = n cv ( )0100001 ppV
R
c
nR
Vp
nR
Vp v minus=
minus = 5625 J
Il lavoro del gas risulta quindi
L = Q - ∆U = 608 -5625 = 455 J
Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Termodinamica (3a parte)
20) Un gas perfetto biatomico subisce una trasformazione a seguito della quale la pressione varia da
po = 15105 Pa a p1 = 225 10
5 Pa Il calore netto scambiato durante la trasformazione egrave Q=608 J
Sapendo che il volume finale V1 egrave uguale a quello iniziale (Vo = 3 l) determinare
a) la variazione di energia interna ∆U subita dal gas
b) il lavoro fatto dal gas
Soluzione
Il fatto che i volumi iniziale e finale sono uguali non egrave sufficiente per dedurre che il lavoro egrave nullo
(la trasformazione cioegrave non egrave isocora) infatti il lavoro dipende dalla trasformazione subita dal gas
ed il suo valore puograve essere determinato dal primo principio della termodinamica
L = Q - ∆U
La variazione di energia interna di un gas perfetto risulta essere
∆U = n cv (T1-T0)
Le temperature iniziale e finale si determinano dallrsquoequazione di stato del gas perfetto
Tp V
nR
p V
nR
p V
nR0
0 01
1 1 1 0= = = e T
La variazione di energia interna risulta
∆U = n cv ( )0100001 ppV
R
c
nR
Vp
nR
Vp v minus=
minus = 5625 J
Il lavoro del gas risulta quindi
L = Q - ∆U = 608 -5625 = 455 J