p = k p V = k V k =4.15 k = 2.87 p = 1,51 atm , V = 30,8 dm . Una mole di gas perfetto monoatomico compie il ciclo ABCD . Nel punto A

Nel punto A

B C

D

p_B

p_A

p(V,T)

V

A

V_D V_A

Una mole di gas perfetto monoatomico compie il ciclo ABCD.

p

= k

p

, V

= k

V

, k

= 4.15 e che k

= 2.87

determinare:

(a) il calore totale assorbito dal sistema durante un ciclo,

(d) il rendimento di una macchina funzionante con un (c) il rendimento del ciclo,

(b) il calore totale ceduto dal sistema durante ciclo,

p

= 1,51 atm, V

= 30,8 dm

.

si ha : Sapendo che

ciclo di Carnot fra le stesse temperature estreme

B C

D

p_B

p_A

p(V,T)

V A

V_D V_A

A A A

p V = nRT

A A A

T p V

= nR

5.67 10

T

= K

numericamente:

B p A

p = k p

2.35 10

T

= K

1.53 10

p

= pa

2 3

3.08 10

V

=

m

B A

V = V

B B B

p V = nRT

A A

B p

T k p V

= nR 1.53 10

p

= pa V

= 3.08 10

m

B p A

T = k T

6.35 10

p

= pa

2 3

3.08 10

V

=

m

C B p A

p = p = k p

C V B V A

V = k V = k V

C C C

p V = nRT

A A

C p V

T k k p V

= nR

C p

p

V

k k = nRT

C p V A

T = k k T

D A

p = p

D C V A

V = V = k V

D D D

p V = nRT

A A

D V

T k p V

= nR

A V A D

p k V = nRT

D V A

T = k T

5.67 10

T

= K

6.35 10

p

= pa

2 3

8.84 10

V

=

m

1.63 10

T

= K

2 3

8.84 10

V

=

m 1.53 10

p

= pa

da da

in A in B

in C in D

→ da A a B il sistema assorbe calore

AB V

Q  nc  T

la trasformazione e’ isocora

3

( )

2

n R T T

= −

→ da B a C il sistema assorbe calore

BC p

Q = nc  T

la trasformazione e’ isobara percio’

5 ( )

BC

2

Q = n R k k T k T −

1) da A a B

2) da B a C

B p A

T = k T 3

( )

AB

2

Q = n R k T T −

percio’

ma

3

( 1)

AB

2

Q = n RT k −

dunque

( k −

1)  0 Q

 0

5 ( )

2

n R T T

= −

ma T_C = k k T_{p V A} dunque

5

( 1)

BC

2

Q = n Rk T k − ( k −

1)  0 Q

 0

B C

D p_B

p_A p

V A

V_D V_A

a) calore totale assorbito dal sistema durante un ciclo :

la trasformazione e’ isobara ma non e’ reveribile

2) da B a C

BC BC BC

dU = dQ − dL Q

=  U

+ L

potrebbe rendere impossibile calcolare il lavoro dato che in generale durante una

operando a pressione del gas costante

e’ isobara quindi si sta operando ma,

la trasformazione sia

le coordinate termodinamiche del sistema

in questo particolare caso, la trasformazione da B a C

non sono determinabili irreversibile

trasformazione irreversibile il fatto che

dell’ambiente rimarra’ costante

che anche la pressione e cio’ significa

tra B e C

avviene a pressione esterna costante

puo’ essere calcolato come

est B

p  p

( )

B C est C B

L

= p V − V

dal gas si potra’ calcolare come

in questo particolare caso di isobara il lavoro da B a C in sintesi : la trasformazione del sistema da B a C

e lo stesso si puo’ dire per il punto C sistema ed ambiente condivideranno

in particolare avranno la stessa pressione p_B

le stesse coordinate termodinamiche, il punto B e’ di equilibrio

per determinarne il lavoro notiamo che quindi in B

quindi

p

= p

= p

anche se e’ irreversibile e in questi particolari casi il lavoro fatto

( )

B C B C B C C B B

L

= p V − V = p V − p V L

= nRT

− nRT

( )

BC V C B C B

Q = nc T − T + nRT − nRT = nc T

− nc T

+ nRT

− nRT

→ da B a C il sistema assorbe calore

BC p

Q = nc  T

5 ( )

BC

2

Q = n R k k T k T −

5 ( )

2

n R T T

= −

ma

T

= k k T

⁵ _{( 1)}

BC

2

Q = n Rk T k −

( k −

1)  0 Q

 0

( )

V C C V B B

nc T nRT nc T nRT

= + − + = nT c

(

+ R ) − nT c

(

+ ) R

P V

c − = c R

per la relazione di Mayer

c

= + c

R _Q

_{= nc}

_{( T}

_{− T}

₎

→ da C a D il sistema cede calore

CD V

Q = nc T

la trasformazione e’ isocora percio’

3 (1 )

CD 2 V A p

Q = n Rk T −k

→ da D ad A il sistema cede calore

5 ( )

DA 2 A V A

Q = n R T k T−

3) da C a D 3

( )

2 ^{D C}

n R T T

= −

ma dunque

D V A

T = k T 3

( )

CD 2 V A p V A

Q = n R k T k k T− (1−k_p) 0 Q_CD  0

4) da D ad A la trasformazione e’ isobara percio’ Q_DA = nc_pT 5

( )

2 ^{A D}

n R T T

= −

ma dunque

D V A

T =k T 5

(1 )

DA 2 A V

Q = n RT k− (1−k_V ) 0 Q_DA  0

B C

D p_B

p_A p

V A

V_D V_A

B C

D p_B

p_A

p

V

A

V_D V_A

→ calore totale assorbito dal sistema durante il ciclo

Q

+ Q

3 5

( 1) ( 1)

2

2

n RT k n Rk T k

= − + −

5 3

( )

2 2

AB BC A p V p

Q + Q = nRT k k k − −

3 5

( 1) ( 1)

2 2

A p p V

nRT  k k k 

=   − + −  

Q

+ Q

= 1.14 10

J

CD DA

Q + Q

3 5

(1 ) (1 )

2

2

n Rk T k n RT k

= − + − 3 5

(1 ) (1 )

2 2

A V p V

nRT  k k k 

=   − + −  

3 5

( )

2 2

CD DA A V p V

Q + Q = nRT − − k k k +

(b) calore totale ceduto dal sistema durante il ciclo

Q

+ Q

= − 8.59 10

J

f s a c

a a

L L Q Q

Q Q

 = ⁺ = ⁺ 1

a

Q

= − Q

1

a

Q

= + Q

Q

< 0

c) rendimento del ciclo

0.244

 =

d) rendimento di una macchina funzionante con un ciclo di Carnot fra le stesse temperature estreme

1 2 Carnot

1

T

 = − T con T

 T



= 0.916

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