Approfondimenti e problemi sull’argomento:
Trasformazioni Termodinamiche
Problemi 1,2,3,4,5: difficoltà media, utili per la preparazione all’esame Problemi 6,7: di approfondimento, facoltativi
Problema 1
Un peso di massa 8.6 Kg, cadendo da un’altezza di 40 m fa girare la ruota a palette di un calorimetro, mediante un opportuno meccanismo. Nel calorimetro vi sono 520 g di acqua, inizialmente alla temperatura di 16 oC. Qual è il massimo aumento possibile della temperatura?
Problema 2
In un recipiente a pareti rigide ed adiabatiche inizialmente vuoto, vengono introdotte un gran numero di molecole (dell’ordine del numero di Avogadro) di un gas perfetto monoatomico, aventi tutte la medesima velocità v=2000m/s. Sapendo che il peso molecolare del gas vale 4 g/mole, si calcoli la temperatura del gas quando siano raggiunte le condizioni di equilibrio termodinamico.
Problema 3
Un gas biatomico (cV = 5/2 R) può venire raffreddato e compresso portandolo dallo stato A allo stato B, tramite due percorsi diversi:
(1) la successione di trasformazioni rappresentata dal tratto ondulato in figura, oppure (2) i due processi consecutivi A→ C (V costante) seguito da C→ B (P costante).
a) Calcolare la variazione di energia interna tra gli stati A e B.
b) Calcolare il calore ceduto dal gas nel caso si segua il percorso ondulato, sapendo che il lavoro fatto dall’esterno sul gas in questo caso vale 2300 J.
Dati: n = 2, PA = 2·105 N/m2, PB = 1.5·105 N/m2, VA = 50 dm3, VB = 40 dm3.
Problema 4
Un campione di gas di 0.12 moli occupa un volume di 1 dm3 alla pressione di 3·105 Pa. Calcolare il lavoro eseguito dal gas nei casi in cui, con processi di tipo quasi-statico, esso
a) si espande isotermicamente fino ad occupare il volume di 5 dm3 ; b) arriva allo stesso stato finale per mezzo di una espansione isobara
seguita da un raffreddamento isocoro;
c) arriva allo stesso stato finale eseguendo prima il raffreddamento isocoro, e poi l’espansione isobara.
Discutere i risultati ottenuti.
C A
V P
B
0 Vf
•
•
Vi
Pi
Pf
a c I b
F
Problema 5
Un gas monoatomico viene sottoposto al ciclo di trasformazioni in figura. La trasformazione AB è isocora, la trasformazione BC è adiabatica, e quella CA è isobara. Si calcoli il calore assorbito Q, il lavoro fatto W e la variazione di energia interna ∆U per ciascuna delle trasformazioni e per l’intero ciclo.
Dati: n = 4, TA = 300 K, TB = 600 K, TC = 455 K.
Problema 6
Un cilindro contenente un gas e chiuso da un pistone mobile viene tenuto immerso in un calorimetro contenente una miscela di ghiaccio e acqua. Il pistone viene velocemente spinto verso il basso comprimendo il gas da V1 a V2 , e viene mantenuto in tale posizione fino al raggiungimento dell’equilibrio termico. Quindi il pistone viene alzato molto lentamente, fino a tornare alla posizione di partenza. Durante questo ciclo di trasformazioni si osserva che si fondono 120 g di ghiaccio.
Rappresentare il ciclo sul diagramma P-V e discutere la successione delle varie trasformazioni. Determinare il lavoro che è stato compiuto dall’esterno sul gas.
(calore latente di fusione del ghiaccio Lf =3.33⋅105 J/Kg)
Problema 7
Ricavare la relazione funzionale tra pressione e volume di un gas ideale nel caso esso sia sottoposto a trasformazioni adiabatiche.
0 V
•
P •
A B
C
T
H2O+ghiaccio
Soluzioni dei Problemi e Approfondimenti sull’argomento:
Trasformazioni Termodinamiche
Problema 1
L’energia potenziale gravitazionale persa dal corpo in caduta viene trasferita al moto delle palette (energia cinetica) e poi dissipata e assorbita come calore dall’acqua contenuta nel calorimetro, a causa dell’attrito viscoso e delle turbolenze. L’aumento massimo di temperatura dell’acqua si avrà se tutta l’energia potenziale gravitazionale diventa calore, idealmente senza perdite, cioè se
Q Ug =
∆ , ovvero:
) ( f i
a
c gh m c T T
m = −
dove m è la massa del corpo, c m è la massa dell’acqua, che ha a un calore specifico c = 4186 J/(Kg oC). Ricavando l’aumento di
temperatura finale:
C 53 . C) 1 J/(Kg 4186 Kg 0.52
m 40 m/s 9.8 Kg 8.5
o 2
o a
i c i
f m c
h g T m
T
T =
⋅
⋅
= ⋅
=
−
=
∆
certo non un aumento di temperatura consistente!
L’esperimento originale di Joule era molto simile a questo, ma al limite delle possibilità degli strumenti di misura dell’epoca, e condotto con una estrema cura dei particolari in modo da evitare anche la più piccola perdita di energia termica. E anche in questo modo era necessaria una buona dose di convinzione nelle leggi fondamentali di conservazione per ottenere dei risultati sensati!
Problema 2
Per quanto il problema sia poco realistico, l’esperienza ci mostra che dopo un certo tempo qualunque sistema lasciato a se stesso raggiunge l’equilibrio termodinamico, caratterizzato dalla temperatura T uniforme su tutto il sistema. In questo caso abbiamo un gas perfetto monoatomico in un recipiente isolato, per cui l’energia interna si conserva. L’energia iniziale è data dall’energia cinetica delle molecole, che hanno tutte la stessa velocità:
v2
2 1m N
Ui = ⋅ (N è il numero di molecole, m la loro massa)
All’equilibrio termico l’energia è data dalla formula della teoria cinetica per il gas monoatomico:
T M R P
m T N
R n T k N n T k N
Uf B A B
. . 2 3 2
3 2
3 2
3 = = =
⋅
=
dove n è il numero di moli, NA il numero di Avogadro, e si ricorda che n = (N m)/P.M. , essendo (N m) la massa totale delle molecole e P.M. il peso molecolare (espresso in Kg !). Le due energie devono essere uguali, per cui ricaviamo facilmente la temperatura di equilibrio:
K J/K 642
8.31 3
Kg 10 4 m/s) (2000 3
. . v .
. 2 v 3 2
1 2 2 2 3
⋅ =
⋅
= ⋅
⋅
= ⋅
⋅ ⇒
=
⋅ −
R M T P
T M R P
m m N
N
T
H2O
Problema 3
Per calcolare la variazione di energia tra gli stati A e B possiamo applicare il primo principio della termodinamica alla successione di processi noti ACB (il processo rappresentato dalla linea ondulata non ci è molto utile non avendo molte informazioni su di esso).
Per prima cosa troviamo le temperature dei vari stati dall’equazione di stato dei gas (con ovviamente PC = PB , VC = VA ):
K J/K 602
8.31 2
m 10 50 N/m 10
2 5 2 3 3
⋅ =
⋅
⋅
= ⋅
= −
R n
V
TA PA A ;
K T
K
TB =361 ; C =451
a) Processo A → C: è isocoro (V costante) per cui il lavoro è nullo e J 6274 )
2 ( ) 5
( − = ⋅ ⋅ − =−
=
=
∆UAC QAC ncV Tf Ti n R TC TA
negativo perché si tratta di un raffreddamento (la pressione e la temperatura diminuiscono).
Processo C → B: è isobaro (P costante = PB ) quindi
J 3735 )
( )
( − − ⋅ − =−
=
−
=
∆UCB QCB WCB ncP TB TC PB VB VC
dove abbiamo usato correttamente il calore specifico a pressione costante cP =cV +R=7/2R, e il lavoro è calcolato a pressione costante. Anche questa variazione di energia interna è negativa perché il processo è una compressione. Concludendo la variazione di energia interna totale è:
J 10009
−
=
∆ +
∆
=
∆UAB UAC UCB
In realtà si poteva arrivare più rapidamente al risultato tenendo conto che l’energia interna è solo funzione della temperatura (e non dipende dalle diverse trasformazioni); con la formula (13)
T c n U = V ∆
∆ abbiamo:
J 10013 )
2 ( ) 5
( − = ⋅ ⋅ − =−
=
∆UAB ncV TB TA n R TB TA
uguale al risultato precedente (a parte gli inevitabili errori di troncamento del risultato dei calcoli con la calcolatrice da tavolo).
b) Conoscendo la variazione di energia, e sapendo che il lavoro fatto dal gas è W = -2300 J (poiché il dato fornito dal problema è il lavoro fatto dall’esterno sul gas) il primo principio ci consente di trovare il calore assorbito dal gas nel percorso ondulato:
J 12313 J
2300 J
3
1001 − =−
−
= +
∆
= U W Q
per cui il calore ceduto dal gas risulta essere +12313 J.
Problema 4
a) Trattandosi di una espansione isoterma dallo stato iniziale I (di pressione e volume specificati) allo stato finale F, la curva rappresentativa è il tratto di iperbole in figura, e la sua temperatura si ricava dall’equazione di stato dei gas:
K J/K 301
8.31 0.12
m 10 1 N/m 10
3 5 2 3 3
⋅ =
⋅
⋅
= ⋅
= −
R n
V T Pi i
mentre la pressione nello stato finale, sapendo che il volume dello stato finale è
3 3m 10 5⋅ −
f =
V , si ricava facilmente dalla legge PV =costante(oppure applicando ancora l’equazione di stato):
C A
V P
B
0 Vf
•
•
Vi
Pi
Pf
a c I b
F
2
4 N/m
10 6⋅
=
=
f i i
f V
V P P
Il lavoro fatto dal gas si trova con la formula (7) già dimostrata negli appunti J
1 483 ln 5 K 301 J/K 31 . 8 12 . 0
ln =
⋅
⋅
⋅
=
=
i f
a V
T V R n W
b) Il lavoro è fatto dal gas solo nel primo tratto, il processo isobaro (alla pressione costante Pi) da Vi a Vf , poiché nel tratto isocoro (V costante) il lavoro è ovviamente nullo.
Quindi con la (6) si ha Wb = Pi ⋅(Vf −Vi)=1200J
c) Come prima, il lavoro riguarda solo il percorso isobaro, ma in questo caso a Pf quindi:
J 240 )
( − =
⋅
= f f i
c P V V
W
Osserviamo che i risultati ottenuti mostrano che il lavoro effettuato dal gas per passare dallo stato iniziale allo stato finale è diverso per i tre percorsi, e inoltre vale
c a
b W W
W > >
in accordo col significato geometrico dell’integrale W =
∫
ifPdV , e cioè l’area sotto il tratto di curva rappresentativa nel piano P-V.Problema 5
Il ciclo di trasformazioni è percorso in senso orario e quindi ci aspettiamo che il calore totale assorbito Q sia positivo, come il lavoro totale fatto W. Trattiamo ora le singole trasformazioni.
a) Processo A→B, isocoro (V costante); si ha WAB =0, e anche J
T T R n T c n Q
UAB AB V ( B A) 14960
2
3 − =
=
∆
=
=
∆
b) Processo B→C, adiabatico ; per definizione QBC =0, mentre
BC
BC W
U =−
∆ . Per procedere, o calcoliamo direttamente il lavoro eseguito dal gas durante una espansione adiabatica (utilizzando la relazione tra P e V che si ricaverà nel Problema 7), oppure ricordiamo che l’energia interna è funzione della sola temperatura, e conosciamo le temperature iniziali e finali per questo processo. Quindi, per questo gas monoatomico:
J 7230 )
2 (
3 − =−
=
∆
=
∆UBC ncV T n R TC TB
negativa perché si tratta di una espansione adiabatica. Il lavoro fatto è allora WBC =+7230J. c) Processo C→A, isobaro (P costante); in questo caso tutti e tre le grandezze da trovare sono
diverse da zero. Il calore assorbito lo troviamo facilmente col calore specifico a pressione costante, cP =5/2R per il gas monoatomico:
J T
T R n T c n
QCA P ( A C) 12880
2
5 − =−
=
∆
=
negativo perché la temperatura del gas è diminuita. Il primo principio ci dà una relazione tra le due incognite∆U e W, ma abbiamo necessità di una ulteriore informazione per risolvere il problema. Ricorriamo al fatto che il processo totale è ciclico, e quindi la sua variazione di energia interna totale è zero:
=0
∆ +
∆ +
∆UAB UBC UCA
Con i risultati calcolati nei altri processi troviamo quindi:
0 V
•
P •
A B
C
J
−7730
=
∆
−
∆
−
=
∆UCA UBC UAB
e dal primo principio il lavoro fatto in questo processo:
J U
Q
WCA = CA −∆ CA =−5150 .
Infine, abbiamo già affermato che la variazione totale di energia interna sul ciclo è zero; il calore totale assorbito sarà invece:
J Q
Q Q
Q= AB + BC + CA =+2080
e il lavoro totale fatto W =WAB +WBC +WCA =+2080J; si verifica quindi che in un processo ciclico il lavoro eseguito è uguale al calore totale assorbito.
Problema 6
La prima trasformazione (da V1 a V2) è una compressione veloce ; questo vuol dire che non si lascia abbastanza tempo al gas per smaltire all’esterno, perdendo calore, l’aumento di energia ricevuto dal lavoro meccanico W1 di compressione del pistone. Il processo è quindi da considerarsi adiabatico , e il gas si ritroverà al volume finale V2 (minore di V1) con una temperatura T2 maggiore di quella iniziale T1 = 0 oC della miscela ghiaccio-acqua. Successivamente si attende lo stabilirsi dell’equilibrio termico tenendo il volume costante; si tratta quindi di un raffreddamento isocoro in cui il gas diminuisce la sua temperatura fino a 0 oC, restituendo una quantità di calore Q2 al calorimetro. Infine, nella terza fase il pistone viene alzato lentamente e quindi si permette il ristabilirsi continuo dell’equilibrio termico; dato che la temperatura è controllata dal sistema ghiaccio-acqua, si tratta di una espansione isoterma, in cui il gas preleva una quantità di calore Q3 dal calorimetro ed esegue all’esterno il lavoro W3 . Il ritorno alla posizione di partenza garantisce che il gas torna alla condizione iniziale, e quindi la sua variazione di energia interna è nulla.
Sulla base di questa descrizione possiamo rappresentare graficamente il ciclo di trasformazioni sul piano P-V, ricordando che la curva adiabatica è più ripida di un’analoga isoterma. Sono anche segnati simbolicamente i calori scambiati, Q2 uscente dal gas e Q3 entrante. Si può osservare che il ciclo viene percorso in senso antiorario; questo vuol dire che il lavoro totale eseguito dal gas è negativo e quindi il lavoro totale eseguito dal pistone,
Wext = W1 – W3
secondo le definizioni date, è positivo.
Questo fatto giustifica l’osservazione che in un ciclo si ha la fusione di una quantità di ghiaccio:
infatti essendo il calorimetro isolato termicamente, l’unico scambio di energia con l’esterno avviene attraverso il pistone. Il sistema complessivo ha quindi un aumento di energia per ogni ciclo pari a Wext che provoca lo scioglimento del ghiaccio (viene immagazzinato come calore latente di fusione). Si trova quindi che il lavoro del pistone vale
J 39960 J/Kg
10 3.33 Kg 12 .
0 ⋅ ⋅ 5 =
=
⋅
= f
ext m L
W
Una ultima osservazione è che dovrà essere Q2 > Q3 , cioè il calore ceduto al calorimetro durante la seconda fase deve essere minore del calore recuperato dal gas nella terza fase.
Problema 7
Per ricavare la legge delle trasformazioni adiabatiche di un gas perfetto ricorriamo al Primo Principio della Termodinamica nella formulazione microscopica, supponendo per semplicità che il processo sia di tipo quasi-statico. Dato che il sistema non può scambiare calore con l’ambiente esterno si avrà dQ=0 e quindi
dW dU =−
0 V1
•
P •
V2
Q2
Q3
Per il lavoro usiamo la definizione (4); per l’energia interna la formula (13) che vale per tutti i gas ideali ottenendo:
V dV T R dT n
n c dV
P dT n
cV =− ⇒ V =−
dove si è sostituito P=nRT/V con l’equazione di stato dei gas. Risistemando la formula:
V dV c
R T
dT
V
−
=
dove a sinistra abbiamo solo la variabile Temperatura, mentre a destra solo la variabile Volume (a parte le costanti); possiamo quindi integrare questa formula differenziale, da uno stato iniziale (Ti,Vi) a uno stato finale (Tf,Vf) per ottenere una relazione tra le variabili in questione. La funzione primitiva in entrambi i membri è il logaritmo naturale (ln):
V f
i f
i
Rc
f i f
i V
i f V
i V f
V V T
T V
V V
V c
R V
V c
R T
T V
dV c
R T
dT
=
+
=
−
=
⇒
−
=
∫
∫
ln ln ln lndove si sono usate le proprietà dei logaritmi. Poiché i logaritmi sono uguali se lo sono i loro argomenti abbiamo la formula:
V V
V
Rc i c i
R f f Rc
f i i
f T V T V
V V T
T ⇒ ⋅ = ⋅
=
dove abbiamo riunito insieme le variabili dello stato iniziale e quelle dello stato finale. Questa è una relazione tra le variabili di questi stati specificati. Ma dato che gli stati iniziale e finale sono completamente arbitrari, lo stesso risultato deve valere per qualsiasi stato che faccia parte del processo adiabatico, cioè deve essere:
costante
=
⋅VRcV T
e questa è una prima relazione funzionale tra le variabili di stato. Usando di nuovo l’equazione di stato per sostituire T (T =PV /nR) si trova la relazione con le variabili P e V:
cost cost
1 =
⇒ ⋅
=
⋅
+
V
V c
R Rc
V P R V
n V P
L’esponente di V può essere scritto in forma migliore se si ricorda la formula (15):
γ
≡ + =
= +
V p V
V
V c
c c
c R c
R 1
cioè l’esponente non è altro che il rapporto tra il calore specifico a pressione costante con quello a volume costante, indicato con la lettera γ su molti libri. Possiamo concludere che la legge delle trasformazioni adiabatiche è
costante
=
⋅ V
γP
che è una forma molto simile alla legge delle trasformazioni isoterme (PV =cost). Ma per i processi adiabatici l’esponente di V è maggiore di 1 (infatti cp sempre maggiore di c , vedi la (15)) e quindi un aumento di volume abbassa la V pressione ben di più che in una corrispondente trasformazione isoterma: la curva rappresentativa di un processo adiabatico nel piano P-V risulta più ripida rispetto alla curva isoterma.
0
P
V
Adiabatica
Isoterma
