Equivalentemente: nel processo 0 –> 1 non c’e’ scambio di calore => L= - ∆U ∆U=nc

CORSO DI TERMODINAMICA CON LABORATORIO A.A.2007-2008 (M.G.BETTI,P.DORE,N.SAINI)

COMPITO DI ESAME (29 GENNAIO 2008) Esercizio 1

Un cilindro di sezione S e pareti adiabatiche è suddiviso in tre comparti :

Nel comparto A, una massa m di ghiaccio a T₀=0 ⁰C e’ in contatto con la parete fissa (1), di spessore d e conducibilità termica finita K. Il comparto B, delimitato dalla parete conduttrice (1) e da un pistone adiabatico mobile (2) di massa trascurabile, contiene n=0.1 moli di gas perfetto monoatomico a temperatura T₀, che occupa inizialmente un volume V₀=100 l. Nel comparto C, inizialmente vuoto, e’ presente una molla che agisce sul pistone (2) (v. figura), di costante elastica ε e lunghezza a riposo L_R.

All’istante t=0 il pistone adiabatico (2) viene forato, e il gas si espande nel comparto C, portandosi nello stato termodinamico 1 (P₁,V₁,T₁).

Dopo il raggiungimento dello stato 1, che si suppone avvenga istantaneamente, si ha scambio di calore tra i comparti A e B attraverso la parete conduttrice (1) secondo la legge di Fourier δQ= - (KS/d) (T_A-T_B) dt, fino a che il gas si porta nello stato finale (P_f,V_f,T_f)_. Si determini:

a) Lo spostamento del pistone, rispetto alla lunghezza a riposo della molla, nello stato iniziale 0 e nello stato 1.

b) I parametri di stato del gas nello stato 1 (P₁,V₁,T₁).

c) la massa minima di ghiaccio m* contenuta in A in modo che nello stato finale f il gas stia a T_f=0⁰ C d) Supponendo che la massa di ghiaccio sia maggiore o uguale a m*, determinare come evolve nel tempo la temperatura T nello scomparto B

e) determinare in quanto tempo si sarà sciolta una quantità di ghiaccio di massa pari a m*/2.

Esercizio 2

Una macchina termica fa compiere ad un sistema costituito da una mole di gas perfetto monoatomico un ciclo che e' rappresentato in figura nel piano (T,S) .

Sapendo che la variazione di entropia tra A ed B e' uguale alla variazione di entropia tra C e D e sapendo che T1= 3 T2/2 = 3T3. a) Disegnare il grafico del ciclo nel piano (P,V)

b) Calcolare il lavoro e i calori scambiati in ogni trasformazione.

c) Calcolare il rendimento del ciclo d) Calcolare il rapporto VE/VD

Si consideri un ciclo analogo nel quale la trasformazione DE sia irreversibile. In questa trasformazione irreversibile, il gas cede ad una sorgente a temperatura T3 un calore il cui valore assoluto e' pari alla meta' del calore scambiato in AB.

e) Calcolare il nuovo rapporto VE/VD (nel caso di DE irreversibile) e confrontarlo a quello ottenuto nel caso di DE reversibile.

f) Calcolare e' il rendimento del ciclo con DE irreversibile

g) Discutere la variazione di entropia dell’universo nei due casi (trasformazione DE reversibile o irreversibile).

Dati: T1=300K, ∆SAB=6 J/K Parete

conduttrice fissa (1)

Pistone adiabatico mobile (2)

C

Dati:

costante elastica molla = ε = 600 N/m lunghezza a riposo molla = LR = 50 cm.

K= conducibilità termica = 0.008 J/(K s m) S = sezione del cilindro= 0.1 m²

d= spessore della parete conduttrice = 1 cm calore latente di fusione del ghiaccio = λ = 80 cal/g

A B

C

D

F E T1

T3 T2 C

SOLUZIONE 1

.a) Inizialmente la pressione del gas vale P₀=nRT₀/V₀ = 2,270 x 10³ Pa.

Pertanto nello stato iniziale 0 si ha ε (L0-L_R) = - P₀ S= - 227 N

=> spostamento dalla posizione di riposo = L0 – LR = P0S/ε = – 0,378 m => L0 = 0.122 m (la molla e’ compressa di 0,378 m)

Nello stato 1, dopo la foratura della parete, il gas occupa tutto il volume a disposizione (B+C), ad una pressione di riposo; pertanto la molla non esercita più alcuna forza e si trova

nella posizione di riposo LR (spostamento dalla posizione di riposo = 0).

b) L’energia potenziale ceduta dalla molla (che si porta alla posizione a riposo) viene trasferita al gas sotto forma di energia interna.

Equivalentemente: nel processo 0 –> 1 non c’e’ scambio di calore => L= - ∆U ∆U=nc

∆T = (1/2) ε (L

-L

)

= 42,9 J .

Segue che la temperatura aumenta:

∆T = ∆U / (nc

) = 34,4 K => T

= T

+ ∆T = 307.5 K.

Il volume finale sara' tutto quello a disposizione, ovvero V

=V

+ L

S = 0,112 m

e quindi la pressione (gas perfetto) e’

P

=n R T

/ V

=2281 Pa

c) Il gas fornisce calore al ghiaccio attraverso la parete conduttrice (1). Nello stato finale, la temperatura del gas sara’ T

= 0 °C se il calore Q* ceduto dal gas non scioglie tutto il ghiaccio, cioe' se :

Q* = n c

(T

-T

) < mλ.

In case contrario il gas va in equilibrio con l'acqua ad una temperatura intermedia tra T

e T

La condizione cercata si ha dunque per:

m

=n c

∆T / λ = 0,128 g (I)

d) Se m=m*, la temperatura del comparto A sara’ T

=T

= 0 °C durante l'intero processo.

Dall'equazione di Fourier si ha dunque

δQ = nc

dT =- (KS/d) [T

-T(t)] dt (T(t) e‘ la temperatura del gas in B durante il processo, con T(0)= T

)

Integrando (N.B. v. integrazione nel calcolo costante di tempo del termometro):

T(t)= T

- (T

-T

) exp [(-KS/(d nc

))t] (II)

e) La massa m*/2 sara’ fusa al tempo τ (e quindi alla temperatura T

=T(τ) ) tale che (v. (I) ):

λ m*/2 = n c

(T

– T

)

=> T

= T

+ λ m*/ 2nc

Dalla (II) si ha quindi

T

= T

+ λ m*/ 2nc

= T

- (T

-T

) exp [(-KS/(d nc

)) τ ]

=> τ = (nc

d/(S K)) ln [(T

-T

) 2nc

/(λ m

)]= (nc

d/(S K)) ln (2)=10.8 s

SOLUZIONE 2

a) Grafico (P,V)

b) Poiche' AB, CD, e EF sono isoterme si ha L=Q, con Q=T ∆S (per isoterma ∆S= Q/T) Quindi.

LAB=QAB=T1 ∆SAB, LCD=QCD=T2 ∆SCD, LEF=QEF=T3 ∆SEF

Noto ∆SAB, si ha

T2=2T1/3, T3=T1/3 (=> T2= 200 K , T3= 100 K)

∆SCD= ∆SAB, ∆SEF=-2 ∆SAB Quindi: L_AB= Q_AB= T₁ ∆S_AB = 1800 J > 0

L_CD= Q_CD= 2 T₁ ∆S_AB /3=1200 J > 0 LEF= QEF = - 2 T0 ∆SAB /3 = -1200 J <0

Le trasformazioni BC, DE, e FA, essendo isoentropiche reversibili, sono adiabatiche.

Quindi Q=0 e L=-∆U => LBC=-ncv(T2-T1) = ncvT1/3 = 1247 J >0 LDE=-ncv(T3-T2) = ncvT1/3 = 1247 J >0 LFA=-ncv(T1-T3) = -2ncvT1/3 = - 2494 J <0 c) Il lavoro totale e' dato dalla somma dei lavori per cui

LTot= 1800 J (svolgendo formalmente LTot = T1∆SAB)

Calore assorbito Q_ass= somma dei due calori positivi = 3000 J (formalmente Q_ass= (5/3) T₁ ∆S_AB)

Dunque: η=L_Tot/Q_ass=3/5=0,6

d) Consideriamo DE reversibile:

Poiche' e' una adiabatica si ha TD(VD)^γ-1= TE(VE)^γ−1 e quindi VE/VD=(TD/TE)^{1/ (γ−1)}=(T2/T3)^3/2=(2)^3/2=2,828

Consideriamo DE irreversibile:

e) Poiche' DE e' isoentropica (non varia l'entropia da D ad E) si ha ∆SDE=0.

In generale la variazione di entropia e' data da

∆S_DE=nc_v log(T_E/T_D)+nR log(V_E/V_D) = 0 => log(V_E/V_D)= - c_v/R log(T_E/T_D)

=> log(V_E/V_D) = - (3/2) log(T_E/T_D) => V_E/V_D=(T_D/T_E)^3/2=2,828

N.B. Il rapporto VE/VD e’ lo stesso nei due casi. Questo era prevedibile poiche' il nuovo punto E (detto E') ha la stessa temperatura e la stessa entropia di E, per cui ha le stesse coordinate termodinamiche.

f) Per il rendimento, bisogna calcolare calore e lavoro per la DE irreversibile. Si ha Q_DE = - |Q_AB| / 2= - 900 J <0 (N.B. calore ceduto dal gas, formalmente = -T₁ ∆S_AB /2)

L_DE = Q_DE - ∆U_DE= Q_DE – n c_v (T₃-T₂) = - 900 J + 1247 J = 347 J > 0 (formalmente = -T₁ ∆S_AB /2 + nc_vT₁/3 ) Il lavoro totale sara' dato dalla somma dei lavori per cui

LTot= 900 J (svolgendo formalmente = T1∆SAB/2) Il calore assorbito e' dato dalla somma dei due calori positivi

Qass= =3000 J (formalmente Qass= (5/3) T1 ∆SAB) Dunque: η= L_Tot / Q_ass= 3/10 = 0.3

g) Se ciclo reversibile:

∆S_u= ∆S_amb + ∆S_gas = 0 + 0 = 0 Se ciclo e’ irreversibile: ∆S_gas = 0 , ∆S_u > 0 => ∆S_amb > 0

Il ∆Samb (cioe’ il ∆S della sorgente a T3 che assorbe calore durante la DE) e’ dato da :

∆Samb = QDE / T3 = 9 J/K (>0) A

B

C D

E F

P

V