Raccolta esercizi di termodinamica

Esercizio 1
Nel caso non ideale, la pressione che viene esercitata sul gas è in ogni istante quella esterna $p_1$. Siccome la temperatura è costante, il prodotto $pV$ si conserva per cui:

\begin{displaymath} p_0V_0 = p_1V_f \quad\quad \rightarrow \quad\quad V_f = V_0 \frac{p_0}{p_f} \end{displaymath}

Il volume iniziale si può ricavare dalla legge di stato dei gas perfetti:

\begin{displaymath} V_0 = \frac{nRT_0}{p_0} \sim 2.99\cdot10^{-3}\textrm{m$^3$} \end{displaymath}

Siccome la pressione esterna è costante ed il gas si espande (poichè $p_0>p_f$) è il gas a fare lavoro contro l'ambiente in misura

\begin{displaymath} L = p_f\Delta V = p_f V_0(\frac{p_0}{p_f} - 1) \sim 7180\textrm{J} \end{displaymath}

Dal momento che l'energia interna del gas perfetto dipende solo dalla sua temperatura (che non cambia) abbiamo $\Delta U=0$, per cui il lavoro deve essere fatto assorbendo dall'ambiente l'equivalente quantità di calore. Per cui il calore ceduto all'ambiente è $Q=-L\sim-7180$J. Nel caso in cui la trasformazione avvenisse in modo totalmente reversibile potremmo sfruttare la relazione

\begin{displaymath} L_{rev} = nRT_0\log\frac{p_0}{p_f} \sim 24074\textrm{J} \end{displaymath}


La variazione di entropia nei due casi sarebbe la stessa per il gas, poichè gli stati iniziali e finali sono fissati e l'entropia è una funzione di stato. Ricorrendo al calore scambiato nel secondo caso, ricordandoci che $T_0$ è costante e che $Q=-L$ per un gas che non varia la sua energia interna otteniamo:

\begin{displaymath} \Delta S_{gas} = \frac{-Q_{rev}}{T_0} = \frac{L_{rev}}{T_0} = nR\log\frac{p_0}{p_f} \sim 80.25\textrm{J/K} \end{displaymath}

Per quel che riguarda l'ambiente, nel caso reversibile la variazione di entropia è esattamente contraria (perchè l'entropia del sistema ambiente più gas non deve variare):

\begin{displaymath} \Delta S_{env,rev} = - \Delta S_{gas} \sim -80.25\textrm{J/K} \end{displaymath}

Nel caso non reversibile possiamo calcolarla dal calore scambiato (che stavolta è assorbito dall'ambiente):

\begin{displaymath} \Delta S_{env,irrev} = \frac{Q_{irrev}}{T_0} = \frac{-L}{T_0} \sim - 23.93\textrm{J} \end{displaymath}

Esercizio 2
Durante le due trasformazioni adiabatiche non c'e' scambio di calore con l'esterno, il calore totale assorbito dall'esterno (pari al lavoro effettuato perchè siamo in un ciclo) sarà allora:

\begin{displaymath} Q_{tot} = Q_{BC} + Q_{DA} = L_{tot} \end{displaymath}

Nella trasformazione isocora non c'è variazione di volume, quindi non c'è lavoro. Nella trasformazione isobara la pressione è costante, ed il lavoro fatto contro l'ambiente è semplicemente la pressione costante moltiplicata per la variazione di volume:

\begin{displaymath} L_{tot} = L_{AB} + L_{CD} + p_A (V_A - V_D) \end{displaymath}

Durante la trasformazione $BC$, a volume costante, il calore assorbito è calcolabile a partire dal calore specifico a volume costante (che per un gas biatomico ideale vale $5R/2$):

\begin{displaymath} Q_{BC} = nC_v(T_C - T_A) \end{displaymath}

Lo stesso vale per la trasformazione a pressione costante se si sostituisce $C_v$ con $C_p$ che sempre per un gas biatomico ideale vale $7R/2$:

\begin{displaymath} Q_{DA} = nC_p(T_A - T_D) \sim -2910\textrm{J} \end{displaymath}

Durante le trasformazioni adiabatiche rimane costante la quantità $TV^{\gamma-1}$ (dove $\gamma$ vale $C_p/C_v=7/5$), per cui possiamo scrivere le seguenti due equazioni:

\begin{displaymath} T_BV_B^{\gamma-1} = T_AV_A^{\gamma-1} \quad\quad T_CV_C^{\gamma-1} = T_DV_D^{\gamma-1} \end{displaymath}

Siccome $V_B=V_C$ le possiamo combinare dividendo membro a membro:

\begin{displaymath} \frac{T_C}{T_B}=\frac{T_D}{T_A}\left(\frac{V_D}{V_A}\right)^{\gamma-1} \end{displaymath}

Siccome poi la pressione in $A$ ed in $D$ è la stessa, ricaviamo:

\begin{displaymath} pV_A = nRT_A \quad pV_D = nRT_D \quad\quad \rightarrow \quad\quad \frac{V_D}{V_A} = \frac{T_D}{T_A} \end{displaymath}

per cui sostituendo nella relazione precedente:

\begin{displaymath} \frac{T_C}{T_B}=\left(\frac{T_D}{T_A}\right)^\gamma \end{displaymath}

da dove si può ricavare la temperatura incognita $T_B$:

\begin{displaymath} T_B=T_C\left(\frac{T_A}{T_D}\right)^\gamma \sim 441.6\textrm{K} \end{displaymath}

quindi il calore scambiato in $BC$:

\begin{displaymath} Q_{BC} = nC_v(T_C - T_B) \sim 5335\textrm{J} \end{displaymath}

Come sappiamo il calore assorbito totale, pari al lavoro fatto totale è la somma di questi due, per cui:

\begin{displaymath} Q_{tot} = L_{tot} = Q_{BC} + Q_{DA} \sim 2425\textrm{J} \end{displaymath}

Il rendimento del ciclo infine si ottiene notando che il calore viene assorbito effettivamente dall'ambiente solo durante il ramo $BC$:

\begin{displaymath} \eta = \frac{L}{Q_{BC}} \sim 0.454 \end{displaymath}