Problema 12.5.8

Una massa di gas He viene sottoposta al seguente ciclo reversibile:

1) espansione adiabatica dallo stato 1 allo stato 2 (P1=5,0atm, V1=5,0l, T1=327°C, T2=300K)

2) a pressione costante fino a raggiungere una temperatura T3=T2/2

3) compressione adiabatica fino a ritornare alle pressione iniziale

4) espansione isobara fino a ritornare nelle condizioni iniziali

Calcolare:

a) il rendimento del ciclo;

b) le variazioni di energia interna nelle singole trasformazioni;

c) il lavoro compiuto dal ciclo (in joule);

d) le variazioni di entropia nelle singole trasformazioni.

Guarda la soluzione

Per rispondere alle domande conviene prima costruirsi un quadro delle coordinate termodinamiche e delle trasformazioni effettuate (grafico). Alla fine la soluzione risulterà notevolmente agevolata.

Vedi Problema 12.5.1.

n=5,5/0,082.600=0,5 moli








p1=5,0atm

V1=5,0l

T1=600K

1) Adiabatica: T1V1γ-1=T2V2γ-1, γ =3/5 (gas monoatomico):

V2γ-1=V1γ-1T1/T2

LogV2=LogV1+1/(γ-1)LogT1/T2

V2=13,0l

p2=nRT2/V2

p2=12,3/13=0,95atm

LogV2=Log5+1/0,67Log0,5=0,7+0,448=1,14








p2=0,95atm

V2=13,0l

T2=300K



2) Isobara: V3/V2=T3/T2

V3=13,0/2=6,5l








p3=0,95atm

V3=6,5l

T3=150K



3) Adiabatica: P3V3γ=P4V4γ

V4γ=V3γ.P3/P4

LogV4=LogV3+1/γLogP3/P4

LogV4=Log6,5+1/1,67Log0,95/5=0,381

V4=2,45l

T4=PV/nR

T4=5,0.2,45/0,082.0,5=298K








p4=5,0atm

V4=2,45l

T4=300K



T4 si poteva anche calcolare tramite l’isobara 4-1:

T4/T1=V4/V1

T4=600.2,45/5,0=295K (vedi figura)

a) Vedi Cap.12.5 b): η = L/Qf.

Ma il lavoro compiuto nel ciclo, essendo Δ U=0, è dato da L=Q=Qf-Qc , dove Qf è il calore fornito al gas e Qc il calore ceduto dal gas durante il ciclo.

η =(Qf -Qc)/Qf

Nelle adiabatiche:

Q1,2=Q3,4=0

Q23=nCp(T3-T2)=Qc

Q4,1=nCp(T1-T4)=Qf

He è un gas monoatomico quindi Cv =3R/2 e Cp=5R/2 (Cap.12.4 a))

R=1,98cal/K

Qc=0,5.2,5.1,98.(-150)=-375cal

Qf =0,5.2.5.1,98.300=750cal

η =(750-375)/750=50%


b) Si tratta di un gas perfetto, quindi per ogni trasformazione ΔU=nCvΔT (Cap.12.4 a)).

ΔU1,2=0,5.1,5.1,98.(-300)=-450cal

ΔU2,3=0,5.1,5.1,98.(-150)=-225cal

ΔU3,4=0,5.1,5.1,98.150=225cal

ΔU4,1=0,5.1,5.1,98.300=450cal

ΔUc=-450-225+225+450=0

Si poteva ricavare direttamente ΔU4,1 , conoscendo le altre tre, ma il calcolo può servire da controllo.


c) Calcoliamo ora la variazione di entropia nelle singole trasformazioni (Cap.12.5 d)):

ΔS=dQ/T

Nelle adiabatiche: ΔS1,2=ΔS3,4=0.

Nelle isobare: Δ S=nCplnT2/T1.

ΔS2,3=nCplnT3/T2

ΔS4,1=nCplnT1/T4

ΔS2,3=0,5.2,5.1,98.ln0,5=-1,73cal/K

ΔS4,1= 0,5.2,5.1.98.ln2=1,73cal/K

ΔS2,3+Δ S4,1=0 (l’entropia è, come l’energia interna, una funzione di stato)

Si poteva ricavare direttamente ΔS4,1 , conoscendo ΔS2,3, ma il calcolo è servito di controllo.

Problema del Capitolo 12 - Termodinamica

Problema di difficoltà: Media