Esercitazione XI - Cicli termodinamici

Esercitazione XI - Cicli termodinamici

Esercizio 1

Calcolare il calore ceduto da n = 2 moli di gas monoatomico durante il ciclo A → B → C → D → A,

A → B = isocora B → C = isoterma C → D = isocora D → A = isoterma , dove

PA= 2 × 10⁵P a PB= 4PA PC= 2.285 × 10⁵P a PD= PC

4

TA= 122K TB = 4TA TC= 4TA TD= TA.

Soluzione

Poiché abbiamo a che fare con un ciclo ∆U = 0 e il calore Q assorbito dal gas (o equivalentemente ceduto al gas) è

Q = −W , dove W è il lavoro fatto sul gas. Si ha

W = WAB+ WBC+ WCD+ WDA= WBC+ WDA,

in quanto il lavoro compiuto nelle trasformazioni isocore è nullo. Sfruttando l’espressione generale del lavoro compiuto in una isoterma si ha

WBC = −nRTBln µVC

VB

¶

= −nRTBln µPB

PC

¶ ,

WDA = −nRTDln µVA

VD

¶

= −nRTDln µPD

PA

¶ .

Dai dati del problema si ha

TB= 488K , TD= 122K , PB

PC =4PA

PC = 3.5 , PD

PA = PC

4PA = 0.286 , da cui

Q = −W = nR(TB− TD) ln µ4PA

PC

¶

= 7624J ,

e il calore ˜Q ceduto al gas è semplicemente l’opposto di Q, cioè ˜Q = −7624J.

Esercizio 2

Calcolare il calore Q assorbito dal gas nel ciclo A → B → C → D → E → F → A , dove

A → B = isobara B → C = isocora C → D = isobara D → E = isocora E → F = isobara F → A = isocora , dove

VA=VB

3 = VD

2 = 3m³ PA=PC

3 =PE

4 = 2 × 10⁵P a . Soluzione

In un ciclo il calore Q assorbito dal gas è uguale all’opposto del lavoro W fatto sul gas,

Q = −W .

Sia A l’area racchiusa nel ciclo. Partendo dalla definizione di W come integrale si può dimostrare che se il ciclo è percorso in senso orario

W = −A , mentre se il ciclo è percorso in senso antiorario

W = +A . Nel caso in esame

A = (VC− VD) × (PC− PB) + (VE− VF) × (PF − PA)

= 2VAPA+ 3VAPA

= 3 × 10⁶J .

Poiché il ciclo è percorso in senso antiorario si ha Q = −W = −A = −3 × 10⁶J . Esercizio 3

Calcolare il calore Q assorbito da n = 180 moli di gas nel ciclo A → B → C → A ,

dove

A → B = isobara B → C = isoterma C → A = isocora , dove

VA = 2m³ , PA= 4 × 10⁵P a , VB = 4m³ , TB = 1069K .

Soluzione

Il calore assorbito dal gas è Q = −W , dove

W = WAB+ WBC+ WCA

= −PA(VB− VA) − nRTBln µVC

VB

¶

= −8 × 10⁵J + 11 × 10⁵J

= 3 × 10⁵J .

Perciò la soluzione è Q = −3 × 10⁵J.

Si osservi che il ciclo può essere approssimato con un triangolo. In quanto

PC= nRTC

VC =nRTB

VA = 8 × 10⁵P a , l’area del triangolo è

A ≈ (VB− VA) × (PC− PA)

2 = 4 × 10⁵J .

Coerentemente col risultato trovato, avremmo potuto stimare il calore Q con Q = −W ≈ −A = −4 × 10⁵J .

Esercizio 4

Calcolare il calore Q assorbito da n = 2 moli di gas monoatomico durante il ciclo A → B → C → A,

A → B = isobara B → C = isocora C → A = adiabatica , dove

PA= 2 × 10⁵P a PB = PA PC= 6.35 × 10⁵P a VA= 0.01m³ VB =VA

2 VC= VB .

Soluzione

Il calore Q assorbito dal gas è

Q = QAB+ QBC+ QCA , dove

• QAB = calore assorbito durante la trasformazione isobara

• QBC = calore assorbito durante la trasformazione isocora

• QCA = calore assorbito durante la trasformazione adiabatica

Durante la trasformazione adiabaica il gas non scambia calore, QCA = 0, mentre durante l’isobara e l’isocora si ha

QAB = nCP(TB− TA) , QBC = nCV(TC− TB) .

Il problema si riduce quindi a calcolare TA, TB e TC. Sfruttando la legge dei gas perfetti si ha

TA = PAVA

nR = 120K , TB = PBVB

nR =1 2

PAVA

nR = 1

2TA= 60K , TC = PCVC

nR = PCVA

2nR = 191K .

Sostituendo i valori della temperatura nelle formule si ha

QAB = −2494J , QBC = 3267J , da cui

Q = 773J .