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Esercizi di Fisica 1 - Termodinamica

29 maggio 2013 1. Una massa m1 = 2 kg di ghiaccio a temperatura T1 = 263K viene mescolata con una massa m2 di acqua alla temperatura T2 = 293 K . Sapendo che dopo il mescolamento si ottiene acqua alla temperatura T = 278 K , si calcoli la massa m2 trascurando ogni dissipazione di calore con l’ambiente. Sia λf = 3.3 · 105 J/kg il calore latente di fusione del ghiaccio, c g = 2051 J/kgK il suo calore specifico, mentre sia c a = 1cal/gC = 4180J/kgK il calore specifico dell’acqua. Si determini la variazione di entropia del sistema all’equilibrio termico finale. Indichiamo con Q1 e Q2 i calori assorbiti dalle due masse m1 e m2 per portarsi all’equilibrio termico alla temperatura T . Il calore Q1 assorbito dalla massa m1 di ghiaccio è dato dalla somma di tre contributi secondo la relazione Q1 = m1 c g (T0 − T1 ) + λf m1 + m1 c a (T − T0 ) dove T0 = 273 K è la temperatura di fusione del ghiaccio a pressione atmosferica, c g e c a sono i calori specifici del ghiaccio e dell’acqua e λf è il calore latente di fusione del ghiaccio. La quantità di massa d’acqua m2 assorbe invece il calore Q2 = m2 c a (T − T2 ). Si noti che poichè T < T2 si ha Q2 < 0 e cioè la massa m2 di fatto cede calore. Trascurando la dispersione di calore nell’ambiente, la trasformazione sarà complessivamente adiabatica, e cioè Q1 + Q2 = 0. Tale condizione comporta perciò che valga la seguente equazione m1 c g (T0 − T1 ) + λf m1 + m1 c a (T − T0 ) + m2 c a (T − T2 ) = 0 che risolta rispetto all’incognita m2 , fornisce la soluzione del problema m2 =

m1 c g (T0 − T ) + λf m1 + m1 c a (T − T0 ) ≈ 11.85 kg. c a (T2 − T )

Per quanto riguarda la massa m1 di ghiaccio, essa subirà un aumento di entropia ∆S1

λf T T0 + m1 c a log + m1 T0 T0 T1 273 (3.3 · 105 J/kg) 278 = (2 kg)(2051 J/kgK) log + (2 kg) + (2 kg )(4180J/kgK ) log 263 273 273 K = 2722.4 J/K. = m1 c g log

La massa d’acqua invece subisce una diminuzione di entropia ∆S2 = m2 c a log

T 278 = (11.85 kg)(4180 J/kgK) log = −2603 J/K. T2 293 1

L’entropia del sistema aumenta ∆Ssis = ∆S1 + ∆S2 = 2722.4 J/K − 2603 J/K = 119.4 J/K e deve farlo perchè il sistema è isolato dall’ambiente circostante. 2. Un proiettile di piombo di massa m = 0.05 kg alla temperatura TP = 293 K , dotato di velocità v0 = 100 m/s, si conficca orizzontalmente in un blocco di ghiaccio fondente di massa M = 0.5 kg, posto su un piano orizzontale liscio. Sapendo che il calore specifico del piombo è c P b = 130 J/kgK ed il calore latente di fusione del ghiaccio λf = 3.3 · 105 J/kg, si calcoli la massa di ghiaccio che si è fusa. Nell’urto anelastico si conserva la quantità di moto del sistema in direzione orizzontale, per cui detta V la velocità del blocco col proiettile dopo l’urto, si ha mv0 = (m + M )V

⇒

V =

mv0 . m+M

L’energia cinetica dissipata nell’urto vale pertanto Ediss = −∆Ek =

1 1 1 mM 2 mv 2 − (m + M )V 2 = v ≈ 227 J. 2 0 2m + M 0 2

Tale energia viene ceduta al ghiaccio fondente sotto forma di calore, determinando la fusione in acqua di una massa ∆M di ghiaccio. Per calcolare ∆M occorre tenere in conto anche che il proiettile, inizialmente a temperatura TP , si porta all’equilibrio alla temperatura T0 di fusione del ghiaccio, cedendo allo stesso la quantità di calore Q = mc P b (TP − T0 ). Il calore assorbito dal ghiaccio serve a farne fondere una parte ∆M , quindi applicando la definizione di calore latente di fusione, troviamo λf ∆M = Ediss + Q

⇒

∆M =

mc P b (TP − T0 ) + Ediss ≈ 1.1 g. λf

3. Una massa m1 = 0.25 kg di rame viene riscaldata ad una temperatura T1 ed immersa successivamente in un recipiente contenente m2 = 0.1 kg d’acqua, inizialmente alla temperatura T2 = 350 K . Quando il sistema raggiunge l’equilibrio sono rimasti nel recipiente solo m3 = 0.09 kg d’acqua. Calcolare il valore della temperatura T1 , trascurando le perdite di calore con l’ambiente esterno. Siano c 1 = 387 J/kgK il calore specifico del rame, c 2 = 4187 J/kgK il calore specifico dell’acqua e λe = 22.6 · 105 J/kg il calore di ebollizione dell’acqua. La massa d’acqua m3 all’equilibrio è inferiore a quella iniziale m2 come conseguenza del passaggio al punto di ebollizione di una certa massa d’acqua dalla fase liquida a quella di vapore. Possiamo quindi assumere che la temperatura di equilibrio del sistema coincida con la temperatura di ebollizione dell’acqua Te = 373 K . Il calore ceduto dal rame per portarsi all’equilibrio sarà Q1 = m1 c 1 (T1 − Te ).

2

Questa quantità di calore verrà in parte assorbita dall’acqua nel passaggio dalla temperatura T2 a Te , mentre la rimanente verrà utilizzata per far evaporare la massa mancante di acqua, pari a m2 − m3 . Pertanto m1 c 1 (T1 − Te ) = m2 c 2 (Te − T2 ) + (m2 − m3 )λe da cui T1 = Te +

m2 c 2 (Te − T2 ) + (m2 − m3 )λe = 706 K. m1 c 1

4. In un recipiente in cui si trovano m1 = 3 kg di ghiaccio alla temperatura T1 = 253 K , si versa una massa m2 = 1 kg di acqua bollente (T2 = 373 K ). Si determini la situazione di equilibrio del sistema, trascurando la capacità termica del recipiente ed il calore scambiato con l’ambiente prima del raggiungimento dell’equilibrio stesso. Il calore specifico ed il calore latente di fusione del ghiaccio valgono c 1 = 2051 J/kgK e λf = 3.3 · 105 J/kg, mentre il calore specifico dell’acqua nella fase liquida vale c 2 = 4187 J/kgK . Se il calore Q1 che l’acqua cede portandosi dalla sua temperatura iniziale T2 a T0 = 273 K (temperatura di fusione), è superiore al calore Q2 richiesto per portare il ghiaccio dalla temperatura iniziale T1 alla temperatura di fusione T0 , certamente parte del ghiaccio fonderà. Se invece Q1 < Q2 allora parte dell’acqua arrivata a T0 comincerà a solidificare. Calcoliamo pertanto i valori di Q1 e Q2 per confrontarli, Q1 = m2 c 2 (T2 − T0 ) = 4.187 · 105 J,

Q2 = m1 c 1 (T0 − T1 ) = 1.23 · 105 J.

Quindi nel caso presente il ghiaccio fonde, completamente o solo in parte. necessario per fondere completamente il ghiaccio è

Il calore

m1 λf = 9.9 · 105 J e risulta maggiore del calore Q1 − Q2 che l’acqua può ancora fornire dopo aver raggiunto la temperatura di fusione T0 . Pertanto solo una parte di ghiaccio fonde. Se indichiamo con mx la massa di ghiaccio fusa avremo mxλf = Q1 − Q2

⇒

mx =

Q1 − Q2 = 0.897 kg. λf

La situazione di equilibrio consiste nell’avere una massa di 1.897 kg di acqua a 273 K in equilibrio con una massa di 2.103 kg di ghiaccio. 5. Una quantità pari a 0.42 moli di gas ideale biatomico si trova in un cilindro a pareti adiabatiche di volume V1 = 10−2 m3 , alla pressione atmosferica p1 = 1.013 · 105 N/m2 . Un piccolo oggetto solido, di volume trascurabile rispetto a V1 e alla temperatura T0 = 580 K , viene immerso molto rapidamente nel cilindro. Una volta raggiunto l’equilibrio termico alla temperatura T2 si toglie, sempre molto rapidamente, il corpo e si lascia scorrere senza attrito una delle basi del cilindro fino a che il gas raggiunge uno stato di equilibrio termodinamico alla pressione p1 , che all’esterno è rimasta sempre costante, compiendo un lavoro W = 705 J . Calcolare la capacità termica del corpo immerso, considerando trascurabile la capacità termica delle pareti del cilindro. Si ricordi che il calore specifico a volume costante del gas vale c V = 25R con R = 8.314 J/moleK . 3

Inizialmente il gas si trova all’equilibrio ad una temperatura T1 , che possiamo determinare dai dati del problema utilizzando l’equazione di stato dei gas ideali p1 V1 = nRT1

⇒

T1 =

p1 V1 = 290.1 K. nR

All’equilibrio termico tra il gas e il corpo, il sistema raggiunge la temperatura T2 , esprimibile tramite il bilancio dei calori scambiati C(T0 − T2 ) = nc V (T2 − T1 ) dove C è la capacità termica dell’oggetto immerso. Il lavoro W del gas nella trasformazione adiabatica irreversibile corrispondente all’espansione del gas è svolto contro la pressione esterna costante p1 e vale W = p1 (V3 − V1 ) dove V3 è il volume occupato dal gas all’equilibrio finale, che vale quindi V3 =

W + p1 V1 = 1.7 · 10−2 m3 . p1

La temperatura corrispondente T3 si ricava dall’equazione di stato p3 V3 = nRT3 , da cui T3 =

p1 V3 = 493.2 K. nR

Dal primo principio, il lavoro compiuto dal gas nell’adiabatica è uguale e opposto alla variazione di energia, W = −nc V (T3 − T2 ) e pertanto otteniamo il valore della temperatura di equilibrio tra corpo e gas T2 = T3 +

W = 573.9 K. nc V

Il valore della capacità termica dell’oggetto si ottiene tramite la prima relazione considerata, quindi nc V (T2 − T1 ) C= = 406 J/K. T0 − T2 6. Un cilindro di raggio r = 0.1 m, disposto verticalmente, è chiuso nella parte superiore da un pistone di massa M = 5 kg collegato con il fondo del cilindro da una molla di massa e volume trascurabile, lunghezza a riposo ℓ0 = 0.1 m e costante elastica k = 2 · 103 N/m. Il cilindro contiene n = 0.6 moli di gas ideale. Il pistone, sulla cui faccia esterna agisce una pressione p0 = 1 bar è in posizione di equilibrio ad una distanza ℓ = 0.5 m dal fondo. Determinare la temperatura del gas. In condizioni di equilibrio la forza esercitata dal gas sul pistone, per effetto della sua pressione p, deve essere uguale alla somma delle forze esercitate dalla molla, dalla massa M e dalla pressione esterna sul pistone stesso. Pertanto pS = p0 S + k(ℓ − ℓ0 ) + Mg 4

con S = πr2 ,

k(ℓ − ℓ0 ) M g + 2 = 1.27 · 105 N/m2 . πr πr2 Dato che il volume è V = πr2 ℓ si ottiene dall’equazione di stato p = p0 +

pV = nRT

⇒

T =

pV = 400 K. nR

7. Consideriamo un sistema analogo a quello del problema precedente in cui le pareti del cilindro sono costruite con un materiale buon conduttore di calore. Sapendo che la temperatura esterna è 295 K determinare la posizione di equilibrio del pistone rispetto al fondo. Si supponga successivamente di tagliare la molla. Il pistone si sposterà verso l’alto e dopo un certo tempo raggiungerà una nuova posizione di equilibrio. Ricavare in queste condizioni il volume occupato dal gas ed il lavoro totale compiuto sul gas, assumendo che durante il processo l’ambiente esterno rimanga a pressione costante p0 . Il gas inizialmente si troverà in equilibrio termico con l’esterno alla temperatura T0 ed alla pressione p1 data dalla relazione (già vista nel problema precedente) p1 = p0 +

Mg k(ℓ1 − ℓ0 ) + 2 πr2 πr

dove ℓ1 è la nuova posizione di equilibrio assunta dal pistone. Dall’equazione di stato ricaviamo una seconda relazione tra le incognite p1 e ℓ1 : p1 V1 = nRT

⇒

p1 πr 2 ℓ1 = nRT0 .

Esprimendo p1 = nRT0 /πr 2 ℓ1 e sostituendo l’espressione nella prima equazione, si ottiene la seguente equazione di secondo grado nell’incognita ℓ1   p0 πr2 nRT0 Mg ℓ21 + − ℓ0 + =0 ℓ1 − k k k da cui sostituendo i valori numerici si ottiene ℓ12 + (1.49 m)ℓ1 − (0.73 m2 ) = 0

⇒

ℓ1 = 0.39 m.

Dopo il taglio della molla, il gas subisce un’espansione irreversibile. Dopo un certo tempo si raggiungerà uno stato di equilibrio, con il pistone a distanza ℓ2 dal fondo, in corrispondenza del quale il gas avrà ancora la temperatura T0 e una pressione p2 che si ottiene dalla condizione di equilibrio meccanico, p2 S = p0 S + Mg

⇒

p2 = p0 +

Mg = 1.015 · 105 N/m2 . πr2

Poi dall’equazione di stato p2 V2 = nRT0 si ricava il volume finale V2 =

nRT0 = 14.5 · 10−3 m3 . p2

La distanza ℓ2 sarà data da V2 = πr2 ℓ2

⇒ 5

ℓ2 = 0.46 m.

Siccome l’espansione è ´irreversibile il lavoro compiuto dal gas non si può determinare tramite la relazione W = pgas dV , tuttavia esso sarà uguale e opposto al lavoro svolto dalla pressione esterna. Nell’ipotesi che la pressione p0 dell’ambiente esterno rimanga costante durante la trasformazione si trova ˆ V2 W = p0 dV = p0 (V2 − V1 ) = 230 J V1

con V1 = πr2 ℓ1 = 12.2 · 10−3 m3 . 8. Una mole di gas ideale è contenuta in un recipiente chiuso da un pistone mobile, scorrevole senza attrito. Il recipiente è termicamente isolato dall’esterno ed ha una capacità termica complessiva C = 75 J/K . Il calore specifico del gas, a pressione costante, vale c p = 30 J/moleK . Nello stato termodinamico A il gas è in equilibrio alla temperatura TA = 300 K ed alla pressione pA = 25 bar . Successivamente il gas compie una espansione reversibile fino ad una pressione finale pB = 1 bar. Si determini la temperatura finale TB raggiunta dal sistema e il lavoro fatto dal gas. Durante l’espansione il gas tende a raffreddarsi, quindi assorbirà una certa quantità di calore dalle pareti del recipiente in modo da rimanere in equilibrio termico con le stesse. Utilizzando il primo principio della termodinamica, per una trasformazione infinitesima del gas avremo dU = dQ − dW, e usando le espressioni esplicite per la variazione di energia interna dU = c V dT e del lavoro a pressione costante dW = pdV , si trova c V dT = dQ − pdV. Inoltre se dQ1 = C dT è la quantità di calore scambiata dal recipiente, allora dQ = −dQ1 è quella scambiata dal gas, quindi c V dT = −C dT − pdV

⇒

pdV = −c V dT − CdT .

Introducendo per la pressione l’espressione data dall’equazione di stato, p = nRT /V , si ha C + c V dT dV =− V R T ed integrando tra lo stato A e quello B ˆ

VB

VA

C + cV dV =− R V

ˆ

TB

TA

dT T

si trova VB C + cV dT log =− log VA T R

⇒

Poichè si ha, dall’equazione di stato, VB pA TB = , VA pB TA 6

VB = VA



TB TA

V − C+c R

.

si ottiene pA TA = TB pB



TB TA

V − C+c R

=



TB TA

V −1 − C+c R

=



TB TA

avendo utilizzato la relazione di Mayer c p = c V + R. Pertanto TB = TA



pB pA



R C+cp

p − C+c R

,

= 232.7 K.

Il calore assorbito dal gas è Q = −C(TB − TA ) = 5047.5 J e la variazione di energia interna ∆U = c V (TB − TA ) = −1460.4 J con c V = c p − R = 21.7 J/moleK . Il lavoro infine è W = Q − ∆U = 6507.9 J. 9. Una bombola di volume V0 , inizialmente chiusa, contiene n = 2 moli di un gas ideale a temperatura ambiente T0 = 300 K ed alla pressione p0 = 1.5 · 106 P a. Essa è collegata tramite un sottile capillare ad un recipiente a volume variabile e pressione costante (gasometro). Si apre la valvola di chiusura e il gas fluisce nel gasometro molto lentamente, in modo che la temperatura del gas sia costantemente uguale a quella dell’ambiente. La pressione che agisce sul gasometro è p1 = 105 P a. Calcolare il lavoro fatto dal gas ed il calore ceduto dall’ambiente per la trasformazione descritta. Si calcoli inoltre il lavoro che si otterrebbe se il gas venisse trasferito in maniera perfettamente reversibile. Infine calcolare la variazione di entropia del gas e quella dell’ambiente nei due casi. Il processo di espansione del gas è costituito da una isoterma irreversibile, da un volume iniziale Vi = V0 ad uno finale Vf = V0 + VG , dove VG è il volume del gasometro. Dall’equazione di stato ricaviamo il volume iniziale e finale V0 =

nRT0 = 3.3 · 10−3 m3 , p0

VG =

nRT0 − V0 = 46.6 · 10−3 m3 . p1

Il gas si espande contro la pressione esterna costante p1 , compiendo un lavoro W1 = p1 (Vf − Vi ) = p1 VG = 4660 J. Il calore ceduto dall’ambiente sarà in modulo uguale al lavoro fatto dal gas (∆U = 0, isoterma di un gas ideale) |Q1 | = W1 = 4660 J. Consideriamo ora il caso di trasformazione reversibile. Se facciamo variare lentamente la pressione e il volume tra stati di equilibrio, il lavoro infinitesimo del gas è dato da dW2 = pdV , in cui la pressione è legata al volume dalla equazione di stato pV = nRT0 . Troviamo quindi per ricavare V = nRT0 /p, da cui dW2 = nRT0

dV V

⇒

W2 = nRT0 log 7

V1 p0 = nRT0 log = 13509 J. V0 p1

La variazione di entropia del gas è la medesima nelle due trasformazioni, poichè gli stati iniziali e finali sono gli stessi nei due casi. Utilizzando la relazione valida per una isoterma ∆Sgas = nR log

p0 = 45 J/K. p1

La variazione di entropia dell’ambiente differirà nei due casi, dato che il calore ceduto al gas è diverso nelle due trasformazioni. Nella trasformazione isoterma irreversibile ∆Sa = −

|Q1 | = −15.5 J/K T0

nella trasformazione reversibile ∆Sa = −∆Sgas = −45 J/K. Quindi verifichiamo come la variazione di entropia dell’universo sia nulla nel caso di trasformazione reversibile e positiva altrimenti. 10. Si abbia un recipiente a pareti rigide ed adiabatiche riempito con n = 0.05 moli di un gas ideale monoatomico, alla temperatura T1 = 293K . All’interno è posta una molla di costante elastica k = 103 N/m e lunghezza a riposo ℓ0 = 0.2 m, tenuta compressa tramite un filo di lunghezza ℓ = 0.1 m. Supponendo che ad un certo istante il filo si spezzi, si osserva che dopo alcune oscillazioni della molla, il sistema si porta in uno stato di equilibrio con la molla a lunghezza ℓ0 . Si determini, trascurando la capacitá termica della molla, la variazione d’entropia del sistema e la variazione di energia interna del gas. Date le caratteristiche del sistema (pareti rigide ed adiabatiche) avremo W = 0 e Q = 0 e quindi la variazione di energia interna del sistema (gas e molla) sarà nulla, ∆U = Q−W = 0. L’energia potenziale della molla Ep = 21k(ℓ − ℓ0 )2 si trasforma in calore, per effetto dello smorzamento delle oscillazioni dovute alla viscosità del gas. La variazione di energia interna del gas è uguale in modulo e di segno contrario alla variazione di energia interna nella molla: ∆Ugas + ∆Ep = 0

⇒

1 ∆Ugas = −∆Ep = k(ℓ − ℓ0 )2 = 5 J. 2

La temperatura finale T del sistema all’equilibrio si ricava dalla stessa uguaglianza usando ∆Ugas = nc V (T − T1 ), cioè nc V (T − T1 ) =

1 k(ℓ − ℓ0 )2 2

⇒

T = 301 K.

Il gas subisce una trasformazione isocora irreversibile, ma la variazione di entropia (del gas) possiamo calcolarla considerando una trasformazione isocora reversibile. In una trasformazione infinitesima il gas assorbe il calore dQ = nc V dT , pari alla variazione di energia interna, quindi la variazione di entropia sarà dS =

dQ dT = nc V T T

⇒

∆S = nc V log

T = 16.8 · 10−3 J/K. T1

L’entropia del sistema è aumentata, in quanto il sistema è isolato termicamente ed al suo interno avviene una trasformazione irreversibile di energia in calore.

8

11. Un cilindro è diviso in tre comparti A, B, C di volumi rispettivamente VA = 10−2 m3 , VB = 1.5 · 10−2 m3 , VC = 2 · 10−2 m3 . Inizialmente i comparti B e C contengono una mole di gas ideale biatomico e sono collegati da un rubinetto tenuto aperto. La pressione nei due comparti è p = 2 bar . Il comparto A, che comunica con B tramite un rubinetto, inizialmente chiuso, è vuoto. Il gas viene compresso reversibilmente nel comparto B a pressione costante, scambiando la quantità di calore Q1 . Successivamente si chiude il rubinetto tra B e C e si apre quello tra A e B, lasciando espandere il gas. Infine il gas, a causa del non perfetto isolamento termico delle pareti, si porta alla temperatura dell’ambiente T0 = 300 K . Calcolare il calore scambiato, la variazione di energia interna del gas, e la variazione di entropia dell’universo.

A

B

C

Figura 1: Esercizio 11

Dall’equazione di stato per la mole di gas all’equilibrio iniziale nei comparti B e C, la temperatura iniziale del gas è data da Ti =

(VB + ...