Settimana 11-15 Giugno - Politecnico di Torino

Matteo Luca Ruggiero
DISAT@Politecnico di Torino
Fisica 1
Anno Accademico 2011/2012
(11 Giugno - 15 Giugno 2012)
1 ESERCIZI SVOLTI AD ESERCITAZIONE
Sintesi
1
Abbiamo introdotto il secondo principio della termodinamica, mediante enunciati di
Kelvin e di Clausius, e abbiamo dimostrato
l’equivalenza fra i due enunciati. In particolare,
abbiamo evidenziato il legame fra secondo principio e irreversibilità e impossiblità di ricavare lavoro da una macchina monoterma. Abbiamo dimostrato il teorema di Carnot, che ci ha permesso di introdurre la temperatura termodinamica assoluta. Quindi, dopo aver dimostrato il teorema di Clausius abbiamo introdotto la funzione di stato entropia, di cui abbiamo dato una interpretazione
macroscopica e microscopica.
Esercizi svolti ad Esercitazione
Esercizio 12.1 (da S. Longhi, M. Nisoli, R. Osellame, S.
Stagira “Fisica Sperimentale”)
Un gas perfetto monoatomico viene riscaldato a volume costante da uno
stato iniziale di equilibrio fino alla temperatura di 500 K. In seguito a tale
trasformazione la variazione di entropia è di 3 J/K. Quindi il gas torna alla
pressione iniziale mediante una trasformazione isoterma reversibile
Calcolare il lavoro compiuto dal gas.
Soluzione Commentata Sia A lo stato iniziale, B lo stato al termine delle
trasformazione isocora, C lo stato al termine dell’isoterma. Usando la relazione che lega la variazione delle variabili di stato temperatura e volume alla
corrispondente variazione di entropia fra gli stati A e B, possiamo scrivere
∆SAB = ncV ln
VB
TB
TB
+ nR ln
= ncV ln
TA
VA
TA
essendo gli stati A e B isovolumici. Si ricava quindi
∆SAB
TB /TA = exp
ncV
(1)
(2)
Nella trasformazione isoterma, il lavoro compiuto vale
LBC = nRTB ln
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VC
VB
(3)
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Usando l’equazione di stato pV = nRT , si ricava VC /VB = TB /TA , per cui
andando a sostituire la (2), si ottiene LBC = cRV TB ∆SAB = 1000 J.
Esercizio 12.2 (da S. Longhi, M. Nisoli, R. Osellame, S.
Stagira “Fisica Sperimentale”)
Un cubetto di ghiaccio fondente di massa pari a 15 grammi viene posto in
un bicchiere contenente 100 grammi di acqua, alla temperatura di 20 gradi
centrigradi. Si trascurino gli scambi di calore con l’ambiente e la capacità
termica del bicchiere. Si ponga λg = 334 kJ/Kg
Calcolare la variazione di entropia del sistema, una volta raggiunto l’equilibrio.
Traccia di Soluzione. Il sistema costituito dal cubetto di ghiaccio e dall’acqua esegue una trasformazione adiabatica, per cui indicando con Qg e Qa
le quantità di calore scambiate dal ghiaccio e dall’acqua, possiamo scrivere
Qg + Qa = 0. In particolare
Qg = λm + mc (Tf − T0 )
(4)
visto che la massa m di ghiaccio si fonde alla temperatura di fusione T0 e poi
aumenta la sua temperatura fino a raggiungere la temperatura finale Tf di
equilibrio termico; c è la calore specifico dell’acqua. Inoltre la massa M di
acqua contenuta inizialmente nel bicchiere passa dalla temperatura iniziale
T1 alla temperatura finale Tf scambiando una quantità di calore pari a
Qa = Mc (Tf − T1 )
(5)
Sa (4) e (5) si ottiene la temperatura di equilibrio
mcT0 + McT1 − λm
(6)
mc + Mc
Nella fusione, il ghiaccio ha una variazione di entropia che possiamo calcolare
immaginando che avvenga reversibilmente in modo che δQ = λdm e quindi
δQ
λdm
λm
dS =
=
→ ∆S =
(7)
T0
T0
T0
Successivamente, la variazione di stato è determinata dalla variazione di
temperatura, per cui essendo δQ = mcdT
δQ
mcdT
Tf
dS =
=
→ ∆S = mc ln
(8)
T
T
T0
Tf =
T
+ mc ln Tf0 . Per la massa d’acqua presente inizialmente nel
Per cui ∆Sg = λm
T0
T
bicchiere, otteniamo similmente ∆Sa = mc ln Tf1 . Per cui ∆S = ∆Sg +∆Sa >
0, essendo l’intero processo irreversibile.
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Esercizio 12.3 (da S. Longhi, M. Nisoli, R. Osellame, S.
Stagira “Fisica Sperimentale”)
Due corpi solidi di uguale capacità termica C=1000 J/K e a temperature
T1 = 100 K e T2 = 300 K vengono posti a contatto termico fino a raggiungere
l’equilibrio. Si trascuri il calore dissipato con l’ambiente.
Calcolare la variazione di entropia di ciascuno dei due corpi in seguito a tale
trasformazione.
T
T
2
Soluzione. Si ottiene ∆S1 = C ln Tf1 , ∆S2 = C ln Tf2 , con Tf = T1 +T
.
2
Esercizio 12.4
Una macchina termica opera con n=10 moli di un gas perfetto monoatomico
fra due sorgenti T1 = 400 K e T2 = 300 K, e compie il seguente ciclo irreversibile: (i) espansione isoterma alla temperatura T1 , da un volume V1 = 2
litri ad un volume V2 = 30 litri; (ii) raffreddamento isocoro irreversibile fino
alla temperatura T2 , realizzato mettendo il gas a contatto con la sorgente T2 ;
(iii) compressione isoterma reversibile fino al volume V1 ; (iv) riscaldamento
isocoro, adiabatico e irreversibile, ottenuto agitando il gaso con un mulinello
di capacità termica trascurabile.
(1) Calcolare il rendimento del ciclo; (2) Calcolare la variazione di entropia
del sistema costituito dal gas e dalle sorgenti alla fine del ciclo.
Traccia di Soluzione. Nelle singole trasformazioni, applicando successivamente il primo principio otteniamo
QAB = LAB = nRT1 ln
QBC = ncV (T2 − T1 ) ,
V2
V1
LBC = 0
QCD = LCD = nRT2 ln
V1
V2
QDA = 0, 0 = ncV (T1−T2 ) = −LDA
(9)
(10)
(11)
(12)
Per il rendimento, possiamo scrivere
L
LAB + LCD + LDA
η=
=
=
|Qass |
QAB
!
3
T2
1−
1−
,
T1
2 ln VV12
(13)
Per la variazione di entropia delle sorgenti, possiamo scrivere
∆Ssorg =
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−QAB −QBC − QCD
+
,
T1
T2
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perchè la sorgente a T1 scambia una quantità di calore −QAB con la macchina
termica, mentre la sorgente a T2 scambia una quantità di calore −QBC −QCD .
Quesiti Proposti
12.1 Una macchina termica lavora con un gas perfetto fra due sorgenti a
temperature T1 < T2 , e descrive un ciclo irreversibile.
1. La variazione di entropia del gas perfetto è positiva, visto che il ciclo è
irreversibile
2. La variazione di entropia delle sorgenti è negativa, ma di valore assoluto
minore della corrispondente variazione di entropia del gas perfetto
3. Le sorgenti non variano la loro entropia
4. Il gas perfetto non varia la sua entropia
12.2
Un gas perfetto descrive una trasformazione irreversibile.
1. La variazione di entropia del gas perfetto è necessariamente positiva
2. Se il volume resta costante la variazione di entropia del gas perfetto è
positiva se la temperatura aumenta.
3. La variazione di entropia del gas perfetto è necessariamente negativa
4. La variazione di entropia del gas perfetto è necessariamente nulla
Soluzioni dei Quesiti Proposti
11.1 Un gas perfetto compie una trasformazione fra due stati di equilibrio,
A e B.
1. Se la temperatura iniziale è uguale a quella finale, il calore scambiato
è necessariamente nullo
2. Se la temperatura iniziale è maggiore di quella finale, il calore scambiato
è necessariamente positivo
3. Se la trasformazione è adiabatica e reversibile, ad un aumento di pressione corrisponde una diminuzione di volume ∗
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4. Se la trasformazione è adiabatica e reversibile il lavoro è necessariamente nullo..
11.2 Si consideri il rendimento di una macchina termica, operante fra
due termostati a temperatura T1 , T2 , con T2 > T1 .
1. Se si tratta di una macchina di Carnot, il rendimento risulta essere
η = 1 − T 1/T 2 solo se il fluido con cui opera è un gas perfetto
2. Se la macchina compie un ciclo reversibile con un gas perfetto, il rendimento risulta essere η = 1 − T 1/T 2 in ogni caso
3. Se la macchina compie un ciclo irreversibile con un gas perfetto, il
rendimento risulta essere η ≤ 1 − T 1/T 2 ∗
4. Se si tratta di una macchina di Carnot, il rendimento dipende dal tipo
di gas perfetto utilizzato
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