Tema d’Esame del 3 giugno 2014 – Secondo parziale

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Fisica Generale I Gianluca Ferrari Termodinamica

Tema d’Esame del 3 giugno 2014 – Secondo parziale

Esercizio 3

𝑨 𝑩 𝑪 𝑫

𝑝_𝐴 𝑝_𝐵 𝑝_𝐶 𝑝_𝐷

𝑉_𝐴 = 0,05 𝑚³ 𝑉_𝐵 𝑉_𝐶 = 𝑉_𝐵 𝑉_𝐷 = 𝑉_𝐴 = 0,05 𝑚³

𝑇_𝐴 = 400 𝐾 𝑇_𝐵 = 𝑇_𝐴 = 400 𝐾 𝑇_𝐶 = 230 𝐾 𝑇_𝐷 𝑛 = 3 𝑚𝑜𝑙; 𝑙 = 5; 𝑄_𝐴→𝐵 = 8000 𝐽; 𝑄_𝐶→𝐷 = 0; 𝑊_𝐶→𝐷 = −6000 𝐽

i. 𝑝_𝐶 = ?;

Conoscendo il numero di moli del gas e tutte le altre coordinate termodinamiche nello stato A, è possibile determinare subito la pressione 𝑝_𝐴.

𝑝_𝐴 = 𝑛𝑅𝑇_𝐴

𝑉_𝐴 ≈ 2,00 ⋅ 10⁵ 𝑃𝑎

Inoltre possiamo calcolare, mediante l’applicazione del primo principio della termodinamica, il lavoro 𝑊_𝐴→𝐵

Δ𝑈_𝐴→𝐵 = 0 = 𝑄_𝐴→𝐵 − 𝑊_𝐴→𝐵

Esso sarà semplicemente pari al calore scambiato nel corso della trasformazione.

𝑊_𝐴→𝐵 = 𝑄_𝐴→𝐵 ≈ 8000 𝐽

Isoterma Rev. Isocòra Irr. Adiabatica Irr. Isocòra Rev.

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Esprimendo il lavoro come l’integrale della pressione nella variazione infinitesima del volume, possiamo calcolare il volume 𝑉_𝐵. Infatti

𝑊_𝐴→𝐵 = ∫ 𝑝^𝐵

𝐴 𝑑𝑉 = ∫ 𝑛𝑅𝑇 𝑉

𝐵

𝐴 𝑑𝑉 = 𝑛𝑅𝑇_𝐴∫ 𝑑𝑉 𝑉

𝑉_𝐵

𝑉_𝐴 = 𝑛𝑅𝑇_𝐴log (𝑉_𝐵 𝑉_𝐴)

da cui

𝑉_𝐵 = 𝑉_𝐴exp (𝑊_𝐴→𝐵

𝑛𝑅𝑇_𝐴) ≈ 0,112 𝑚³

Siccome la trasformazione 𝐵 → 𝐶 è isocòra, si avrà 𝑉_𝐶 = 𝑉_𝐵, da cui possiamo determinare 𝑝_𝐶 tramite l’equazione di stato del gas perfetto.

𝑝_𝐶 = 𝑛𝑅𝑇_𝐶

𝑉_𝐶 ≈ 5,12 ⋅ 10⁴ 𝑃𝑎

Per completezza, determiniamo anche tutte le altre coordinate termodinamiche, nonostante non siano richieste. Facciamo questo anche perché alcune di esse saranno necessarie per la risoluzione dei punti successivi.

Sfruttando ancora il primo principio della termodinamica nel tratto 𝐶 → 𝐷 si ha Δ𝑈_𝐶→𝐷 = −𝑊_𝐶→𝐷 ≈ 6000 𝐽

Δ𝑈_𝐶→𝐷 = 𝑙

2𝑛𝑅(𝑇_𝐷 − 𝑇_𝐶) ⟹ 𝑇_𝐷 = 2Δ𝑈_𝐶→𝐷

𝑙𝑛𝑅 + 𝑇_𝐶 ≈ 326 𝐾 Infine, sempre sfruttando l’equazione di stato si ha

𝑝_𝐷 = 𝑛𝑅𝑇_𝐷

𝑉_𝐷 ≈ 1,63 ⋅ 10⁵ 𝑃𝑎 ii. 𝜂 = ?;

Ricordando la definizione di rendimento, esso sarà dato dal rapporto tra il lavoro compiuto nel ciclo e il calore assorbito. Calcoliamo quindi i valori dei calori e dei lavori scambiati nel corso delle varie trasformazioni.

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Siccome 𝐵 → 𝐶 è isocòra si avrà che 𝑊_𝐵→𝐶 = 0, da cui 𝑄_𝐵→𝐶 = Δ𝑈_𝐵→𝐶 = 𝑙

2𝑛𝑅(𝑇_𝐶 − 𝑇_𝐵) < 0

Siccome 𝑇_𝐶 < 𝑇_𝐵, il calore 𝑄_𝐵→𝐶 è ceduto dal sistema, quindi negativo.

Anche la trasformazione 𝐷 → 𝐴 è isocòra, dunque 𝑊_𝐷→𝐴 = 0, da cui 𝑄_𝐷→𝐴 = Δ𝑈_𝐷→𝐴 = 𝑙

2𝑛𝑅(𝑇_𝐴− 𝑇_𝐷) ≈ 4614 𝐽 Dalla definizione di rendimento, otteniamo

𝜂 = 𝑊_𝐴→𝐵 + 𝑊_𝐶→𝐷

𝑄_𝐴→𝐵 + 𝑄_𝐷→𝐴 ≈ 16 % iii. Δ𝑆_𝑢 = ?;

La variazione di entropia dell’universo può essere vista come la somma tra la variazione di entropia del ciclo (che è pari a 0 per definizione) e la variazione di entropia dell’ambiente esterno, costituito dall’ambiente proprio e dalle sorgenti con cui il sistema scambia calore.

Δ𝑆_𝑢 = Δ𝑆_{𝐶𝑖𝑐𝑙𝑜} + Δ𝑆_𝐴𝑚𝑏 = Δ𝑆_𝐴𝐵^{𝑆𝑜𝑟𝑔} + Δ𝑆_𝐵𝐶^{𝑆𝑜𝑟𝑔} + Δ𝑆_𝐶𝐷^𝐴𝑚𝑏 + Δ𝑆_𝐷𝐴^𝐴𝑚𝑏

Ora, siccome la trasformazione 𝐶 → 𝐷 è adiabatica, non viene scambiato calore con l’ambiente, quindi Δ𝑆_𝐶𝐷^𝐴𝑚𝑏 = 0. Quindi

Δ𝑆_𝑢 = Δ𝑆_𝐴𝐵^{𝑆𝑜𝑟𝑔} + Δ𝑆_𝐵𝐶^{𝑆𝑜𝑟𝑔} + Δ𝑆_𝐷𝐴^𝐴𝑚𝑏

Per quanto riguarda le sorgenti si ha che esse subiscono una variazione di entropia pari all’opposto del calore scambiato con il gas nei tratti considerati, fratto la temperatura a cui si trovano le sorgenti stesse. Dunque si ha

Δ𝑆_𝑢 = −𝑄_𝐴→𝐵

𝑇_𝐵 −𝑄_𝐵→𝐶

𝑇_𝐶 + Δ𝑆_𝐷𝐴^𝐴𝑚𝑏

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Infine, siccome la trasformazione 𝐷 → 𝐴 è reversibile, si ha che la variazione di entropia dell’ambiente Δ𝑆_𝐷𝐴^𝐴𝑚𝑏 è uguale e opposta a quella del gas Δ𝑆_𝐷𝐴^𝑔𝑎𝑠 nello stesso tratto 𝐷 → 𝐴.

𝑇_𝐵 −𝑄_𝐵→𝐶

𝑇_𝐶 − Δ𝑆_𝐷𝐴^𝑔𝑎𝑠

Giacché la trasformazione è isocòra, applicando il primo principio della termodinamica a livello infinitesimo si ha

𝑑𝑈_𝐷→𝐴 = 𝑑𝑄_𝐷→𝐴 − 𝑑𝑊_𝐷→𝐴 = 𝑑𝑄_𝐷→𝐴 poiché in una trasformazione isocòra il gas non compie lavoro.

Quindi, sempre a livello infinitesimo, si ha 𝑑𝑄_𝐷→𝐴 = 𝑙

2𝑛𝑅𝑑𝑇

che possiamo sostituire nella formula per il calcolo di Δ𝑆_𝐷𝐴^𝑔𝑎𝑠.

𝑇_𝐵 −𝑄_𝐵→𝐶 𝑇_𝐶 − 𝑙

2𝑛𝑅 ∫ 𝑑𝑇 𝑇

𝑇_𝐴 𝑇_𝐷

= −𝑄_𝐴→𝐵

𝑇_𝐵 −𝑄_𝐵→𝐶 𝑇_𝐶 − 𝑙

2𝑛𝑅 log (𝑇_𝐴 𝑇_𝐷)

≈ 13,4 𝐽/𝐾 > 0