VOLUME 2 - MODULO C UNITÀ DIDATTICA C1
SOLUZION I DEL LE VERIFICHE DEI PREREQUISITI
1. Il peso volumico o peso specifico è pari al prodotto della massa volumica per l’accelerazione di gravità. Pertanto si ha: γ = ρ g = 1320 × 9,81 = 12950 N/m3
2. Ricordando che un litro è pari ad un decimetro cubo, risulta immediato calcolare la portata massica; essa vale Q = ρ ×V = 0,640 kg/dm3 × 10 l/s = 6,4 kg/s.
3. b) d)
4. Vero
5. a) 4 Cl2 + Na2S2O3 + 10 NaOH → 2 Na2SO4 + 8 NaCl + 5 H2O b) 3 Cu + 8 HNO3 → 3 Cu(NO3)2 + 2 NO + 4 H2O
6. b)
7. Sono combustibili fossili in quanto derivano da esseri viventi quali foreste e piccoli animali viventi nei
bassofondali marini; entrambi sprofondarono nel sottosuolo e furono sottoposti a lenta trasformazione per centinaia di milioni di anni.
8. a) CO; b) HNO3; c) SO3; d) NH3
9. Le emissioni di CO2 in atmosfera dovute alle attività dell’uomo causano un aumento dell’ “effetto serra” che consiste nel riscaldamento del pianeta in quanto gli strati di CO2 aumentano la riflessione delle onde termiche verso il suolo.
SOLUZIONE DEL PROBLEMA INIZIALE
Per il calcolo della quantità di calore Q che deve essere fornita alle barre occorre conoscere dapprima la massa totale m del lotto di barre. Si calcola l’area e la massa di una singola barra, assumendo come unità di misura di riferimento il decimetro:
kg l
A m
dm d
A
13 , 5 60 10
416 , 31 72 , 2
10 416 , 31 2 , 4 0 4
3
2 3 2
2
=
×
×
×
=
=
×
=
=
=
−
−
ρ
π π
Consultando l’apposita tabella si ricava la capacità termica massica dell’alluminio cAl che vale 0,92 kJ/(kg K). Applicando la formula che definisce la capacità termica si trova il calore necessario per riscaldare una singola barra:
kJ T
c m
Q= Al ∆ =
5 , 13
×0 , 92
×135
=637
Il calore necessario per scaldare il lotto di 250 barre vale:kJ Q=637 × 250=159250 Prendendo in considerazione il rendimento del forno si ricava il calore totale Qtot:
Q kJ
Qtot 227500
7 , 0 159250
=
=
=η
La seconda domanda chiede di valutare l’allungamento subito dalla singola barra al termine del riscaldamento. Occorre ricavare dall’apposita tabella il coefficiente di dilatazione lineare dell’alluminio: esso vale λ = 24 × 10-6 1/°C. La formula dell’allungamento lineare ∆l dei corpi sottoposti ad una variazione di temperatura ∆t è la seguente:
mm t
l
l = ∆ =24 × 10 6 × 0,006 × 135=19,44
∆ λ −
Il potere calorifico inferiore del carbone in base alla sua composizione viene valutato mediante la formula di Dulong.
U O S
H C
PCI + × − ×
− +
×
=
10465 2512
120347 8 33822
Inserendo i dati relativi alla composizione del carbone si ha:
kg
PCI
10465 0 , 014 2512 0 , 025 32616
kJ8 078 , 044 0 , 0 120347 84
, 0
33822
+ × − × =
−
+
×
=
Per il calcolo della massa di carbone necessaria per il riscaldamento delle barre bisogna dividere il calore totale Qtot
precedentemente trovato per il potere calorifico inferiore PCI del carbone:
P kg m Q
CI
tot
7
32616 227500 =
=
=
In alternativa al carbone, il testo propone l’uso di un gas, del quale sono noti composizione e potere calorifico. Per valutare la massa di gas necessaria si applica di nuovo la formula precedente:
P kg m Q
CI
tot
12 , 64
18000 227500 =
=
=
Con la quinta domanda si calcolano le rispettive quantità di aria necessarie per la combustione, servendosi delle apposite formule, quella per il carbone e quella per il gas. Per il carbone:
carbne di
kg
aria di Atm
0 , 043 1 , 4 10 , 9
kg8 8 , 4 7 , 4 344 , 0 84 115 ,
0
+ × =
−
+
×
= Per il gas:
( )
gas di kg
aria di
A
tv4 0 , 0476 5 4 , 855 kg
4 2 6 5 , 4 2 2 4 0476 , 0 35 052 , 0 3 28 0238 ,
0 − × =
×
+ +
×
+ +
× +
+
×
=
Si ipotizza che il carbone sia bruciato allo stato finemente poverizzato. In tal caso il valore di aria in eccesso per il carbone vale e = 0,2. Si calcolino le due quantità di aria effettivamente impiegata nelle rispettive combustioni. Per il carbone:
( 1
+0 , 2 )
×10 , 9
=13 , 08
e = A
Per il gas si assume e = 0,1. Mediante la medesima formula si trova che:
( 1
+0 , 1 )
×4 , 855
=5 , 34
e = A
2 20
SOLUZIONI DEI P ROBLEMI DI RIEPILOGO
1. La formula che permette di convertire una temperatura in [°F] esprimendola in [°C] è la seguente:
2. Per risolvere il quesito si richiami il concetto di capacità termica massica espresso dalla formula seguente, nella quale si inserisce la costante del calcestruzzo, ricavata da tabella:
3. La capacità termica massica per l’acqua è espressa in forma di tabella, in funzione della temperatura. Da essa si estraggono i valori necessari. Nel primo caso:
Q = 20000 kg × 4,1801 kJ/(kg °C) = 83602 kJ.
Nel secondo caso:
Q = 20000 kg × 4,2083 kJ/(kg °C) = 84166 kJ.
I due valori risultano molto prossimi.
4. La Btu (British termal unit) è l’unità di misura dell’energia termica utilizzata dalle norme anglosassoni.
L’equivalenza tra Btu e joule è la seguente:
Nel nostro caso:
5. Il coefficiente di dilatazione termica per il mattone in argilla è riportato nell’apposita tabella e vale λ = 6 × 10-6 1/°C. L’allungamento ∆l è dato dalla seguente formula:
mm t
l
l = ∆ =6×10 6 ×250×70=0,105
∆ λ −
6. La temperatura finale t3 viene calcolata attraverso l’uguaglianza tra i calori Q1 e Q2 scambiati dalle due masse. I suddetti calori Q sono valutati con la seguente formula Q = c m ∆t. Si noti come, avendo imposto l’uguaglianza tra i calori Q1 e Q2 scambiati dalle due masse, la capacità termica c è una costante che viene facilmente semplificata:
m C m
t m t
t m = °
+
× +
= × +
× +
= × 64
900 400
80 900 28 400
2 1
2 2 1 1 3
( t ) ( ) C
t
°C=
°F− = 120 − 32 = 49 ° 9
32 5 9
5
kJ t
m c
Q= ∆ =0,88×850×20=14943
J Btu 1,05587 103
1 = ×
Btu
kJ
14 , 2
10 05587 , 1
10
15 15
33 =
×
= ×
( m
1m
2) t
3c m
1t
1c m
2t
2c + = × × + × ×
7. Come prima cosa, occorre porre in evidenza il potere calorifico inferiore del GPL, esprimendolo in [kJ/kg]. Esso vale 50000 kJ/kg. Il calore liberato dalla combustione è pari al prodotto tra il potere calorifico e la massa bruciata che vale m = 15 kg, per il rendimento:
Q = (PCI × m)/ η = 50000 kJ/kg × 15 kg × 0,75 = 562500 kJ
8. Per calcolare la massa complessiva di antracite, occorre eseguire un bilancio di energia termica tra il calore assorbito dall’acqua e il calore liberato dalla combustione; esso è espresso come segue, con a primo membro il calore liberato dal carbone e a secondo quello assorbito dall’acqua:
P kg t c m m
CI O
H
113 , 666
33500 6
, 0
30 1844 , 4 18200
2
=
×
×
= ×
×
∆
×
= × η
Come valore per la capacità termica massica c dell’acqua si è scelta la media fra i valori citati nella tabella presente sul testo, per le temperature di inizio e fine trasformazione.
9. La formula di Dulong permette di calcolare il potere calorifico inferiore per il carbone la cui composizione è descritta nel testo. La formula è la seguente:
U O S
H C
PCI + × − ×
− +
×
=
10465 2512
120347 8 33822
Inseriamo i dati specifici del tipo di carbone in oggetto:
kg
PCI
10465 1 , 2 2512 0 , 018 32326
kJ8 08 , 04 0 , 0 120347 85
, 0
33822
+ × − × =
−
+
×
=
Il valore del potere calorifico superiore può essere ottenuto a partire dal potere calorifico inferiore espresso in [MJ], grazie alla seguente formula:
( ) ( )
kg MJ H
P U
PCS CI
32 , 335
100
04 , 0 94 , 8 018 , 0 5 , 326 2 , 100 32
94 , 8 5
,
2
+ = + + × =+
=
10. La formula di Dulong è valida anche per i combustibili liquidi, quale appunto il kerosene. La formula è la seguente:
U O S
H C
PCI + × − ×
− +
×
=
10465 2512
120347 8 33822
Inseriamo i dati specifici del kerosene:
kg
PCI
10465 0 , 8 45755
kJ8 06 , 144 0 , 0 120347 84
, 0
33822
+ × =
−
+
×
=
Come controllo si può eseguire il confronto tra il valore trovato e quello riportato nella tabella sul testo in cui compaiono le caratteristiche principali dei combustibili più diffusi. Il valore trovato col calcolo è solo lievemente superiore al valore del PCI del gasolio assunto come riferimento.
11. Si applica la formula che esprime il fabbisogno di aria per la combustione di un combustibile gassoso
4 20
t
c m P
m ×
CI× η =
H2O× × ∆
Inseriamo i dati specifici del gas:
La formula ci dice che per la combustione di ogni m3 del gas in esame occorre un volume Atv = 7,95 m3di aria.
SOLUZIONI AI QUESITI DI AUTOVERIFICA ALL’APPRENDIMENTO
Le risposte contengono i concetti chiave e sono fornite in forma di schema.
1. La temperatura misura lo stato di agitazione molecolare; non è un’energia ma può essere considerata come una misura indiretta dell’energia. Il calore è una delle forme in cui si presenta l’energia. La variazione di temperatura è proporzionale al rapporto fra il calore fornito e la capacità termica.
2. zero assoluto; 373 K.
3. d) 4. Falso
5. ∆l = λ × l × ∆t
6. La combustione è un insieme di reazioni chimiche di ossidazione tra una sostanza combustibile e l’ossigeno contenuto nell’aria avente funzione di comburente.
7. a) d) 8. Falso
9. propagazione assai veloce……… aumento………….dei gas prodotti.
10. a) concentrazioni dei componenti; b) temperatura dell’ambiente; c) forma della camera di combustione.
11. a) azoto b) ossigeno 12. Vero
13. Una miscela di combustibile e comburente è detta stechiometrica se la composizione in massa è tale da dar luogo alla combustione completa, ovvero senza eccessi di una sostanza rispetto all’altra; un eccesso di combustibile rispetto al comburente genera sostanze incombuste, un eccesso di comburente dà luogo alla presenza di comburente inutilizzato nei fumi.
14. a)
15. evaporazione; vapore acqueo.
16. Il Potere calorifico è definito come la quantità di calore emesso da un kg di combustibile, in seguito alla sua combustione completa. Dimensionalmente è espresso come segue:
[ ] [ ]
PCI =[ ]
kgkJ17. a)
18. rispetto all’aria teorica………….teorica.
19. a) b)
20. a) ovuli; b) mattonelle; c) granelle.
21. d)
22. a) benzina; b) gasolio; c) kerosene.
23. Russia, Olanda, Algeria; gasdotti; bombole.
24. a)
25. Si definisce temperatura di ignizione la temperatura minima che un combustibile deve raggiungere, in presenza del comburente, affinché la reazione possa comunicarsi a tutta la massa in modo spontaneo ed in breve tempo.
( ) ∑ −
+
+ +
+
=
i
mi ni i i
tv
m C H O
n CH
H CO
A
2 40 , 0476
20476 4 , 0 0952
, 0 0238
, 0
( )
− × = + +
+ +
× +
+
=
∑ 8 0 , 0476 7 0 , 5712 5 , 8072
4 3 8 0476 , 0 61 0952 , 0 14 10 0238 , 0
1
Atv
95 3
, 7 3333 , 0 904 ,
1 − = m
+
26. Falso
27. minima; spontaneamente; scintille d’innesco.
28. a)
29. Un elevato valore nel calore latente di evaporazione di un combustibile causa un forte raffreddamento interno della camera di combustione che, soprattutto nel caso di avviamento a freddo, può inibire la combustione.
30. d)
31. resistenza al moto.
32. per impedire usi fraudolenti essendo sottoposti a differenti regimi fiscali.
UNITÀ DIDATTICA C2
SOLUZION I DEL LE VERIFICHE DEI PREREQUISITI
1. La formula che permette di convertire una temperatura in [°C] esprimendola in [°F] è la seguente:
Inserendo nella formula il valore di t = 32 °C si trova t = 32 × 9/5 + 32 = 89,6 °F.
2. 1,013 bar; 0 °C.
3. La formula da usare è quella che lega il calore scambiato con la variazione di temperatura subita dal corpo:
Q = m c ∆t = 600 × 4,186 × 30 = 75348 kJ
4. b) c) 5. Vero
6. La formula da usare è quella che lega il calore liberato in seguito alla combustione col potere calorifico inferiore del combustibile:
Q = η m PCI = 0,85 × 150 × 50000/1000 = 6375 MJ
7. b) c)
8. Si definisce Potere Calorifico Inferiore PCI di un combustibile la quantità di calore prodotta dall’unità di massa, o di volume se gassoso, in seguito alla sua combustione completa; il PCI non comprende il calore di evaporazione contenuto dal vapore acqueo che è presente fra i prodotti della combustione.
9. a) gasolio; b) benzina; c) catrame; d) kerosene.
10. temperatura di ignizione.
6 20
( 32 )
9
5
−= °
°C t F
t
SOLUZIONE DEL PROBLEMA INIZIALE
Il sistema presenta una massa di gas racchiusa in un contenitore tenuto tappato da una massa m1. Per conoscere la pressione relativa – quindi manometrica - esercitata dal gas occorre per prima cosa calcolare la sezione A dello stantuffo su cui agisce la pressione del gas:
La pressione manometrica è dovuta esclusivamente all’azione del peso gravante sulla sezione A, con l’esclusione della pressione atmosferica.
bar A Pa
g
p m
103967 1 , 03967
10 2642
81 , 9 28
6 = =
×
= ×
= −
Per conoscere la massa ed il numero di moli di Ne conviene dapprima disporre dei seguenti dati:
la pressione assoluta che vale pass = 1,013 +1,03967 = 2,05367 bar
il volume del contenitore cilindrico nella configurazione iniziale (n° 1): V1 = A ×h1 = 2642 × 71 = 187587,6 mm3
la costante universale R = 8314 J/(kmole K)
la massa molecolare µ del Ne, letto da tabella, pari a 20,18 kg/kmole
Mediante l’equazione di stato dei gas perfetti, nella formulazione in cui compaiono il volume occupato dal gas e la costante universale dei gas, si calcola direttamente il numero n di moli:
( )
kmoliT V
n pass 6
9 5
10 336 , 29 15
273 8314
10 6 , 187587 10
0527 ,
2
− −× + =
×
×
= ×
× ℜ
= ×
La massa di gas è ricavabile moltiplicando il numero di moli n per la massa molecolare µ del gas:
g kg
n
m= µ =1,5336 ×10−5 × 20,18=30,95×10−5 ≅ 0,31
Nella seconda parte del problema si è provveduto a modificare sia la zavorra premente, sia la temperatura del gas. La nuova pressione p2 calcolata come nel caso precedente ma con la nuova zavorra di massa m2 ora vale:
bar A Pa
g
p m 85400 0 , 854
10 2642
81 , 9 23
6 2
2
= =
×
= ×
=
−La pressione p2 = 0,854 bar così trovata è una pressione relativa, ovvero manometrica; la pressione assoluta è p2,ass= 1,867 bar, avendo sommato il valore della pressione atmosferica, pari a circa 1,013 bar. Successivamente, mediante l’equazione di stato dei gas nella formulazione precedentemente usata, si calcola il nuovo volume V2, noto il numero n di moli, rimasto costante nel corso della trasformazione:
Ricordando che il volume massico è pari al rapporto tra volume e massa contenuta, si trova v2 :
2 2
2
58 2642
4
4
d mmA=
π
=π
=3 6 6
2
2
200 , 8 10
85400
294 8314 10
336 ,
15
mp T
V n −
− × × = ×
= ×
× ℜ
= ×
kg m m
v V
3 5
6 2
2
0 , 628
10 95 , 30
10 8 ,
200
=×
= ×
= −−
La nuova altezza h2 raggiunta dallo stantuffo è pari al rapporto tra volume V2 e sezione A:
La nuova altezza h2 raggiunta dallo stantuffo vale dunque 76 mm. Vale la pena di soffermarsi brevemente sul fatto che la trasformazione presenta effetti contrastanti: da una parte la riduzione di pressione a causa dell’alleggerimento della zavorra, il cui effetto è l’espansione del volume occupato dal fluido; dall’altra la riduzione della temperatura che induce nel gas il fenomeno opposto. Le formule della termodinamica da noi adottate hanno consentito di sovrapporre entrambi gli effetti, anche se contrastanti: nel complesso: osservando la quota finale h2 si nota che il livello del pistone è potuto salire.
SOLUZIONI DEI P ROBLEMI DI RIEPILOGO
1. Calcolo della massa molecolare dell’ N2O5:
µ = 28 + 2,5 × 32 = 115,5 kg/kmole
Si calcola il numero di moli di gas dividendo la massa per la massa molecolare: n = m/µ = 1155/115,5 = 10 moli.
2. I risultati ottenuti saranno diversi, dato che il riscaldamento è ipotizzato in due trasformazioni diverse. Si impiega la formula che lega calore, capacità termica massica e variazione di temperatura, riferita alla massa unitaria di gas.
Si inserisce nella formula dapprima la capacità termica a pressione costante:
Q1 = cp ∆t = 0,50 × 20 = 10 kJ/kg Poi si ripete la formula inserendo la capacità termica a volume costante:
Q2 = cv ∆t = 0,37 × 20 = 7,4 kJ/kg
Questo secondo caso ha evidenziato un fabbisogno di calore minore, dato che la trasformazione isovolumica non prevede variazioni di volume per cui il gas è impossibilitato a svolgere lavoro di espansione.
3. Primo caso, compressione isoterma: T1 = T2 = 293 K; applicando l’equazione di stato dei gas perfetti nella sua formulazione di base si trovano i volumi massici iniziale e finale v1 e v2:
Il secondo caso prevede la compressione isovolumica, ovvero con volume costante. Dato che le condizioni di partenza sono le medesime del caso precedente, si conferma il valore del volume massico già calcolato. Pertanto si ha che v1 = v2 = 0,381 m3/kg. Applicando nuovamente l’equazione di stato dei gas perfetti, stavolta ponendo in evidenza la temperatura finale T2, si ha che:
8 20
A m
h V 0 , 076
10 2642
10 8 , 200
6 6 2
2
=
×
= ×
=
−−kg m p
T v R
3
5 1
1
0 , 381
10 1
293
130
=×
= ×
=
kg m p
T v R
3
5 2
2
0 , 127
10 3
293
130
=×
= ×
=
R K v
T p
879 , 2
130 381 , 0 10
3
52 2
2 = = × × =
4. Per trovare il volume del gas a zero gradi si applica la prima legge di Gay-Lussac, ponendo in evidenza il volume V0 alla temperatura di 0 °C:
5. Per trovare la pressione assoluta si applica l’equazione di stato dei gas perfetti:
6. Dalla formula seguente, che pone in relazione la costante del singolo gas con la costante universale dei gas, è possibile risalire alla massa molecolare media µ della miscela.
7. Si richiama l’equazione fondamentale dei gas, nella formulazione in cui compaiono la massa m e il volume V, ponendo in evidenza la temperatura T:
8. La formula che descrive la trasformazione adiabatica fra i punti 1 e 2 è la seguente:
Si ponga in evidenza il volume massico finale v2:
9. Il Primo Principio della Termodinamica afferma che
Inseriamo i valori numerici, con l’avvertenza di far precedere il calore Q dal segno meno, dato che si tratta di un’energia sottratta, posta a primo membro. Anche il lavoro L deve essere preceduto dal segno meno, dato che si tratta di un’energia assorbita dall’esterno, ma posta a secondo membro.
-210 = ∆U -200
3
0
11 , 94
273 1 70
15 1
1
mV t
V =
= +
= +
α
( )
kPa v Pa
p RT
46264 46 , 264
5 , 2
130 273
287
× + = ==
=
kmole kg
R 84
95 , 98 8314 = ℜ=
µ=
mR K
T pV 356
4140 150
, 0
10 17 10
13 6 3
× =
×
×
= ×
= −
k
k
p v
v
p
1 1=
2 2kg m p
v p v
k 3
76923 , 30 0
, 1 1 1
2 1 1
2 3,14 0,14286 0,703
5 , 3
5 , 14 0 ,
3 = × =
=
=
L U Q=∆ +∆
∆
La variazione di energia interna vale ∆U = - 10 kJ. Da questo numero si deduce che il bilancio energetico della trasformazione è negativo, in quanto il gas deve attingere al proprio patrimonio energetico interno per realizzare la trasformazione in modo completo.
10. Il lavoro unitario erogato da un gas nel corso di una trasformazione isobara è: L = p (vf – vi); moltiplicando il secondo membro per la massa m si ha il lavoro totale Ltot. Inserendo i valori numerici si ha che:
Ltot = m p (vf – vi) = 1,3 × 90000 × (0,18 – 0,56) = - 44460 J = - 44,46 kJ
Il risultato è espresso da un numero negativo: ciò è dovuto al fatto che, avendo realizzato una contrazione del volume, il gas subisce un’azione proveniente dall’ambiente, ad esempio, mediante una sottrazione di calore in uno scambiatore.
11. Il volume finale si calcola mediante la formula dell’isoterma:
Si metta in evidenza il volume finale V2:
Il lavoro unitario è dato dalla
SOLUZIONI AI QUESITI DI AUTOVERIFICA ALL’APPRENDIMENTO
Le risposte contengono i concetti chiave e sono fornite in forma di schema.
1. b)
2. Una definita quantità di materia geometricamente determinata contenuta all’interno di una superficie chiusa.
3. una mole di gas … normali.
4. a) 5. Falso
6. Clausius - corpo freddo – corpo caldo – lavoro esterno.
7. a) le molecole sono ipotizzate di forma sferica; b) i loro movimenti sono casuali, gli urti elastici; c) le forze di interazione reciproca sono trascurabili.
8. b) c) 9. Vero
10. fisico finale – prossimo – fisico iniziale.
11. a) resta costante; b) vale zero; c) è rappresentato dalla formula Q = cv ∆t.
12. Vero
13. Nel diagramma (p,v) l’isobara ha la forma di segmento orizzontale. L’area sottesa che rappresenta il lavoro unitario del gas ha proprio la forma di rettangolo avente per base la differenza dei volumi massici e per altezze la pressione.
14. d)
15. temperatura, espressa in [°C]; coefficiente termico di dilatazione volumetrica per i gas.
10 20 t
V p V
p1 1 = 2 2 =
cos
3 2
1 1
2
48
1
8 6 dm
p V p
V = = =
kg kJ kg
J p
RT p
L 154270 154 , 27
1 ln 6 300 287 ln
2
1
= × × = =
=
16. a) b)
17. Ponendo in evidenza la costante del gas R dall’equazione di stato dei gas perfetti pv = RT, si ha:
[ ] [ ] [ ]
[ ][ ] [ ] [
kgJK]
K kg
Nm K
kg m m
N
R = =
=
3 2
18. massa molare µ; la costante R.
19. b) c)
20. a) variazione di calore ∆Q; b) lavoro scambiato ∆L; c) variazione di energia interna ∆U.
21. a)
22. punti iniziale e finale; cammino.
23. il lavoro di un ciclo è la somma algebrica dei lavori parziali scambiati dal gas lungo le trasformazioni che formano il ciclo.
24. Vero
UNITÀ DIDATTICA C3
SOLUZION I DEL LE VERIFICHE DEI PREREQUISITI
1. Si applica l’equazione di stato dei gas perfetti ponendo a primo membro il volume massico:
2. adiabatico; costante di Poisson.
3. Si calcola dapprima il volume massico iniziale v1 mediante la legge fondamentale dei gas:
Ora si applica la formula della trasformazione isoterma:
Si metta in evidenza la pressione assoluta finale p2:
4. a) 5. Vero
6. a) nel corso della trasformazione isoterma il gas non trattiene per sè nessuna quantità di calore, se non quanto basta per mantenere invariata la temperatura: allora c = ∞;
b) in una trasformazione isovolumica si ha che c = cv;
c) in una trasformazione isobara si ha che c = cp;
d) in una trasformazione adiabatica non si effettua nessuno scambio di calore per cui c = 0
7. In un sistema termodinamico che scambia energia con l’esterno, la somma algebrica dei calori, dei lavori e dell’energia interna risulta pari a zero.
8. a) V = V0 (1 + α t);
b) p = p0 (1 + α t).
9. Esiste una formula che esprime il lavoro unitario scambiato da un gas nel corso di una trasformazione adiabatica, di compressione come pure di espansione; per una corretta gestione della formula, si attribuisce al gas il pedice 1 nella condizione di inizio trasformazione, il pedice 2 alla conclusione:
12 20
( )
kg m p
v RT
3
6
0 , 08
10 8 , 1
5 273
518
=× +
= ×
=
( )
kg m p
v RT
3 5
0 , 96145 10
8 , 0
5 273
287
=×
−
= ×
=
t v
p v
p1 1= 2 2 =
cos
v bar p v
p 1 , 6
48 , 0 96145 , 8 0 , 0
2 1 1
2
= = =
[ ( ) ] [ ]
kg kJ kg
J p p k
T L R
k k
286 , 92 95286
45325 , 0 210227 7
, 3 1 210227 1
7 , 1 3 1 4 , 1
293 1 287
1
28571 , 4 0
, 1 1 4 , 1 1
1 2 1
−
=
−
=
=
−
=
−
=
−
−
= ×
−
= −
∆
− −
10. Vero.
SOLUZIONE DEL PROBLEMA INIZIALE
Del ciclo di Lenoir proposto sono note le pressioni dei tre punti e la temperatura iniziale. Dall’apposita tabella presente sul testo si assumono i valori delle costanti caratteristiche del gas: cp = 5,232 kJ/(kg K); cv = 3,14 kJ/(kg K); R = 2,08 kJ/(kg K); k = 1,67. Utilizzando le leggi dei gas si calcolano i valori mancanti di v e T.
Applicando l’equazione di Clapeyron si trova il valore del volume massico v1 = v2:
kg m p
T v R
3
5 1
1
1
5 , 678
10 1
273
2080
=×
= ×
=
Applicando la formula dell’adiabatica ideale, con in evidenza il volume massico, si trova il valore del volume massico v3:
kg m p
v p v
k 3
5988 , 0 1
3 2 2
3 =5,678 × 2 =8,6
=
Applicando nuovamente l’equazione fondamentale si trovano i valori delle temperature T2 e T3: R K
v
T p
546
2080 678 , 5 10
2
51 2
2 = = × × =
R K v
T p
413 , 5
2080 6 , 8 10
1
53 3
3 × × =
=
=
Nella trasformazione 1-2 isovolumica il lavoro è nullo mentre il calore scambiato vale:
( )
kg kJ kg
T J c
Q= v ∆ =3140 546−273 =857220 =857,22 Nella trasformazione 2-3 adiabatica il calore scambiato è nullo mentre il lavoro unitario vale:
( )
kg kJ kg
T J c
L=− v ∆ =−3140 413,5−546 =416050 =416,05 Nella trasformazione 3-1 isobara il lavoro unitario ed il calore espulso valgono:
( )
kg kJ kg
v J p
L= ∆ =1×105 × 5,678−8,6 =−292200 =−292,2
( )
kg kJ kg
T J c
Q = p ∆ =5232 × 273−413,5 =−735096 =−735,1
Per ottenere i valori dei lavori e dei calori totali è sufficiente moltiplicare i valori unitari sin qui trovati, per la massa m = 3,5 kg.
Il rendimento del ciclo è espresso dalla formula riferita agli scambi di calore:
% 3 , 14 143 , 22 0
, 857
1 , 735 22 , 857
1 0
1 − = − = =
= Q Q
η
QIl valore è decisamente basso a causa della piccola escursione fra le temperatura iniziale e quella massima a fine
introduzione del calore Q1. Infatti, dall’analisi del ciclo di Carnot si è appreso che il rendimento in generale cresce quanto più è alta la temperatura T1 relativa all’introduzione di calore, ovvero, nelle applicazioni reali, alla temperatura della combustione.
Si compila la seguente tabella riassuntiva per pressioni, volumi massici e temperature, riferiti ai punti che definiscono il ciclo:
Punto
Grandezza fisica
p [bar] v [m3/kg]
T [K]
1 1 5,678 273
2 2 5,678 546
3 1 8,6 413,5
Segue una seconda tabella riassuntiva per lavori e calori, riferiti alle tre trasformazioni:
Trasformazione
Grandezza fisica
L [kJ/kg] L [kJ] Q [kJ/kg] Q [kJ]
1,2 0 0 857,22 3000
2,3 416,05 1456,2 0 0
3,1 -292,2 -1022,7 -735,1 -2572,8
Le variazioni di entropia delle tre trasformazioni si calcolano nell’ordine mediante le apposite formule, ricordando in particolare come la variazione di entropia nel corso dell’espansione adiabatica risulti evidentemente nulla:
K kg
J p
c p
S v 2176
1 ln2 3140 ln
1 2
,
1 = = × =
∆
K kg
J v
c v
S
p2172
6 , 8
678 , ln 5 5232 ln
3 1 1
,
3
= = × = −
∆
La somma algebrica dei due valori così ottenuti dà zero, con ottima approssimazione di calcolo, come deve essere per ogni ciclo chiuso in ottemperanza a quanto previsto per via teorica. Nella figura di seguito riportata si è tracciato il diagramma (T,S) riportando i valori dei punti 2 e 3 e ponendo il punto iniziale 1, assunto come riferimento, sull’asse delle ordinate per ragioni di comodità.
Per disegnare l’isovolumica 1-2 con sufficiente approssimazione ci si serve di due punti intermedi, scelti a sentimento a pressioni grosso modo intermedie fra p1 e p2; essi sono: p11 = 1,4 bar e p12 = 1,7 bar. Per questi punti ausiliari si calcolano le rispettive temperature e le variazioni di entropia mediante le formule consuete. Per calcolare le due temperature ci si riferisce alla legge fondamentale dei gas, compilata per i punti 1, 11, 12:
14 20
1
1v RT
p =
11
11v RT
p =
12
12v RT
p =
Ponendo la seconda delle tre leggi fondamentali a rapporto con la prima si ha:
p K T p
T 382
1 4 , 273 1
1 11 1
11
= = =
Ponendo ora la terza delle tre leggi fondamentali a rapporto con la prima si ha:
p K T p
T 464
1 7 , 273 1
1 12 1
12
= = =
Ora si passa al calcolo delle variazioni di entropia, avendo preso il punto 1 come riferimento. La formula è la stessa precedentemente utilizzata per la trasformazione isovolumica:
K kg
J p
c p
S
v1056
1 4 , ln 1 3140 ln
1 11 11
,
1
= = × =
∆
K kg
J p
c p
S
v1666
1 7 , ln 1 3140 ln
1 12 12
,
1
= = × =
∆
Anche per disegnare l’isobara 3 –1 nel piano (T,S) ci si serve di due punti intermedi scelti a volumi massici circa intermedi, v31 = 7,5 m3/kg e v32 = 6,5 m3/kg. Anche per questi punti ausiliari si calcolano le rispettive temperature e le variazioni di entropia mediante le formule consuete.
Per calcolare le due temperature ci si riferisce alla legge fondamentale dei gas, compilata per i punti 1, 31, 32:
1
1 RT
v p =
32
32 RT
v
p =
31
31 RT
v
p =
Ponendo la seconda delle tre leggi fondamentali a rapporto con la prima si ha:
v K T v
T 312 , 5
678 , 5
5 , 273 6
1 32 1
32
= = =
Ponendo ora la terza delle tre leggi fondamentali a rapporto con la prima si ha:
v K T v
T 360 , 6
678 , 5
5 , 273 7
1 32 1
31
= = =
Ora si passa al calcolo delle variazioni di entropia, avendo preso il punto 1 come riferimento. La formula è la stessa precedentemente utilizzata per la trasformazione isobara:
K kg
J v
c v
S
p1456
678 , 5
5 , ln 7 5232 ln
1 31 31
,
1
= = × =
∆
K kg
J v
c v
S
p707 , 4
678 , 5
5 , ln 6 5232 ln
1 32 32
,
1
= = × =
∆
Le due differenze di entropia per la compressione isobara risultano positive in quanto valutate come variazioni orientate da sinistra a destra. In alternativa, è possibile calcolare le due variazioni di entropia prendendo come riferimento il punto 3. In tal caso le due variazioni di entropia, stavolta valutate da destra a sinistra, quindi col segno negativo, valgono ∆S3,31 = - 716 J/(kg K) e ∆S3,32 = - 1465 J/(kg K). Come verifica, si possono sommare due variazioni consecutive, ad esempio la variazione di entropia da 1 a 32 con quella da 32 a 3, per controllare che la somma aritmetica (non algebrica, perché su grafico esse corrispondono a distanze quotate) sia pari alla variazione complessiva ∆S1,3 = 2172 J/(kg K) precedentemente calcolata. Si ottengono i seguenti risultati:
K kg S J
S
S1,3 = ∆ 1,32 +∆ 32,3 =707,4+1465= 2172,4
∆
La verifica ha dato esito ampiamente positivo.
Diagramma del ciclo di Lenoir sul piano (T,S).
SOLUZIONI DEI P ROBLEMI DI RIEPILOGO
1. Note le temperature T1 e T0 è immediato ricavare il rendimento del ciclo di Carnot:
678 , 900 0 1 290 1
1
1 0 1
0 1
=
−
=
−
=
−
=
= T
T Q
Q Q
L
η
CSi risale al calore Q0 scaricato nel corso della compressione isoterma inserendo nella formula del rendimento, precedentemente usata, il valore del rendimento appena trovato:
Per il Primo Principio della Termodinamica applicato al ciclo di Carnot, si ha che:
Si noti come nella formula non compaia la variazione ∆U dell’energia interna, essendo il ciclo di tipo chiuso.
2. Noti il rendimento del ciclo di Carnot e la temperatura iniziale T1, si ricava immediatamente la temperatura T0:
Noti il rendimento ed il lavoro erogato, si ricava il calore unitario introdotto Q1:
kg kJ Q L
c
58 862 , 0
500
1 = = =
η
Per il Primo Principio della Termodinamica applicato al ciclo chiuso di Carnot, si ha che:
16 20
( ) ( )
kg Q kJ
Q Q Q
c
c
; 1 770 1 0 , 678 248
1
0 11
0
= − η = − η = − =
kg Q kJ
Q
L= 1− 0 =770−248=522
( ) ( ) K
T
T
0=
11 − η
c= 600 1 − 0 , 58 = 252
3. Si applica la formula che consente di ottenere l’efficienza ε note le temperature dell’ambiente esterno e quella generata all’interno della macchina frigorifera:
( 273 30 273 ) ( 14 273 14 ) 5 , 89
0 1
0
=
−
− +
= −
= − T T ε T
4. Occorre dapprima calcolare i volumi massici e la temperatura finale; grazie all’equazione di stato dei gas perfetti si calcola il volume massico v1:
kg m p
v RT
3
6 1
1
1
0 , 1083
10 96 , 0
400
260
=×
= ×
=
Applicando tra i punti 1 e 2 la formula dell’adiabatica pvk = cost si ottiene il volume massico v2:
kg m p
v p v
k 3
71428 , 40 0
, 1 1 1
2 1 1
2 0,1083 0,6 0,0752
6 , 1
96 , 1083 0 ,
0 = × =
=
=
Con l’equazione di stato dei gas perfetti si calcola la temperatura T2: R K
v
T p
462 , 8
260
0752 , 0 10 6 ,
1
62 2
2 = = × × =
Con questi valori si può applicare la formula dell’entropia per una generica trasformazione; si noterà che il risultato è proprio zero, come affermato teoricamente:
0 94 94 ln
ln
1 2 1
2
+ = − =
=
∆ v
R v T c T S
v5. L’equazione di stato dei gas perfetti permette di calcolare con pochi passaggi la temperatura finale T2. Scrivendo l’equazione per i punti 1 e 2 si ha che
2 2
2
1 1
1
T R v p
T R v p
=
=
Ricordando che v1 = v2 essendo la trasformazione di tipo isovolumico, dopo aver posto in evidenza i volumi massici è possibile scrivere la seguente uguaglianza:
2 2 1
1
p RT p
RT =
Infine:
p K T p
T
611
10 8 , 1
10 1100 1
66
1 2 1
2 =
×
= ×
=
Poi per la formula specifica per il calcolo della variazione di entropia nel caso di una trasformazione isocora, si ha:
K kg
kJ T
c T
S
v0 , 394
1100 ln 611 670 , 0 ln
1
2
= = −
=
∆
kg L kJ
Q
Q0 = 1− =862−500=362
6. La formula specifica per il calcolo della variazione di entropia nel caso di una trasformazione isoterma afferma che:
K kg
kJ p
R p
S 1 , 30
5 , 13 ln 1 50 , 0 ln
2
1
= = −
=
∆
7. La formula specifica per il calcolo della variazione di entropia nel caso di una trasformazione isobara afferma che:
K kg
kJ T
c T
S
p0 , 2386
273 ln 440 50 , 0 ln
1
2
= =
=
∆
8. Occorre dapprima calcolare i volumi massici iniziale e finale e la temperatura finale. Grazie all’equazione di stato dei gas perfetti si calcola il volume massico v1:
kg m p
v RT
3
5 1
1
1
0 , 4454
10 85 , 1
400
206
=×
= ×
=
Applicando tra i punti 1 e 2 la formula della politropica pvm = cost si ottiene il volume massico v2:
kg m p
v p v
m 3
5263 , 9 0
, 1 1 1
2 1 1
2 0,4454 0,125 0,1491
8 , 14
85 , 4454 1 ,
0 = × =
=
=
Con l’equazione di stato dei gas perfetti si calcola la temperatura finale T2: R K
v
T p
1071 , 2
206
1491 , 0 10 48 ,
1
62 2
2 = = × × =
Ora si può applicare la formula dell’entropia per una generica trasformazione:
) /(
87 , 83 ) /(
10 87 , 83 22544 , 0 30931 , 0 ln
ln
31 2 1
2
kJ kg K J kg K
v R v T c T
S =
v+ = − = × =
∆
−9. Dalla formula del rendimento del ciclo di Carnot
1
1
0T
− T η =
si può risalire alla temperatura T1 di ingresso del calore nel corso dell’isoterma superiore. Infatti, inserendo i valori numerici del rendimento e della temperatura T0 in [K] del calore Q0 scaricato, rimane come unica incognita la temperatura T1:
K T
T 68 1119 , 0 1
350 1 358 68 , 0
1
1
− =
=
−
=
La variazione di temperatura ∆T è pari alla differenza fra le due temperature:
K T
T
T = 1− 2 =
1119
−358
=761
∆
18 20
Il ciclo di Carnot si presenta nel diagramma (T,S) in forma di rettangolo, avente per base la variazione di entropia
∆S e per altezza la variazione di temperatura ∆T. Dividendo l’area del rettangolo (Q1 - Q0) per l’altezza (T) si trova la base:
K kg
J T
Q Q T
S Q 5
761
0 3805
1− = =
∆ =
=
∆
In altri termini, si è applicata la definizione di entropia.
10. Si applica la formula generale che lega l’entalpia con la capacità termica a pressione costante e con la variazione di temperatura:
( )
kg kJ kg
T J c
h = p ∆ =1003 90−28 =62186 =62,186
∆
11. Occorre dapprima calcolare i volumi massici iniziale v1 e finale v2.
kg m p
v RT
3
6 1
1
1
0 , 042
10 7 , 2
600
189
=×
= ×
=
Applicando tra i punti 1 e 2 la formula dell’adiabatica pvk = cost si ottiene il volume massico v2:
kg m p
v p v
k 3
7752 , 29 0
, 1 1 1
2 1 1
2 0,042 27 0,54
1 042 27 ,
0 = × =
=
=
Con l’equazione di stato dei gas perfetti si calcola la temperatura finale T2: R K
v
T p
285 , 7
189 54 , 0 10
1
52 2
2 = = × × =
Quindi la variazione di entalpia viene espressa come
( )
kg T kJ
c
h= p ∆ =842 600−285,7 ×10 3 =264,6
∆ −
SOLUZIONI AI QUESITI DI AUTOVERIFICA ALL’APPRENDIMENTO
Le risposte contengono i concetti chiave e sono fornite in forma di schema.
1. Le trasformazioni irreversibili sono processi in base ai quali il sistema non può tornare allo stato iniziale senza produrre modificazioni nell’ambiente esterno. Aprendo il rubinetto della bombola il gas espande e si diffonde nell’aria in modo spontaneo: l’operazione inversa non può avvenire spontaneamente. Infatti, l’operazione inversa può avvenire solo in seguito ad un processo industriale di filtraggio, compressione e pompaggio che richiede un apporto di energia rilevante: tale processo è detto “processo compensatore”.
2. b)
3. Falso
4. a) la differenza di pressione fra il gas e l’ambiente esterno sia infinitesima; b) la differenza di temperatura fra il gas e l’ambiente esterno sia infinitesima; c) non vi devono essere né dispersioni di energia né perdite.
5. a) b) d)
6. Falso
7. sorgenti di calore; Q1 entrante; Q0 uscente.
8. a) compressione adiabatica; b) espansione isoterma; c) espansione adiabatica; d) compressione isoterma.
9. Falso
10. Nessun motore termico che opera scambiando calore con due termostati può essere più efficiente di un motore termico di Carnot operante fra le medesime temperature.
11. b) c)
12. secondo principio; Termodinamica; Q0 uscente; Q1 entrante
13. d)
14. Vero
15. infinito; zero assoluto.
16. a) pressione; b) temperatura; c) viscosità
17. L’equazione dimensionale si presenta come segue:
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [
kgJK]
K kg
J T
S Q =
∆ =
=
∆
18. c)
19. SA + SB
20. b)
21. La differenza tra il prodotto T dS e la quantità di calore infinitesima dQ risulta uguale a zero per le trasformazioni ideali reversibili, maggiore di zero per le trasformazioni reali irreversibili.
22. b) e)
23. Per l’equazione T dS – dQ ≥ 0, una trasformazione adiabatica ideale (dQ = 0) risulta anche isentropica (S = cost, per cui dS = 0) e quindi è rappresentabile nel diagramma (T,S) con un segmento verticale dato che tutti i suoi punti devono avere entropia costante.
24. rettangolo; il bilancio del calore scambiato.
25. Vero
26. L’entalpia di un fluido è definita come la somma dell’energia interna U col lavoro di pompaggio pv.
27. b) d)
28. Falso
29. Al tendere a zero della temperatura assoluta anche l’entropia di un corpo tende a zero; al tendere a zero della temperatura assoluta tutti i possibili stati fisici della materia assumono il medesimo valore di entropia pari a zero.
30. L’equazione dimensionale dell’entalpia si presenta come segue:
[ ] [ ]
=
+
= +
= kg
J kg
J kg v J p U h
20 20
