Esercizi risolti di termodinamica - Fisica I, prof.Grando

Esercitazione Termodinamica (PDF)

1. Due recipienti uguali sono chiusi ma comunicano per mezzo di una valvola che resta aperta fino a che la differenza di pressione ai suoi capi è maggiore di 1,1 atm.

   Inizialmente i due recipienti sono alla temperatura comune Ti = 27°C (300K). Nei recipienti contiene un gas perfetto alle pressione P₀ = 1atm. Calcolare le pressioni nei due recipienti quando la temperatura comune viene portata a Tf = 427°C (700K).

Disegno

Situazione iniziale e finale mostrata con recipienti A e B comunicanti via valvola.

Dati:

• ∆P > 1atm → valvola aperta
• Ti = 300K
• P_0A = 1atm ; P_0B = 0 atm
• Tf = 700K
• V_A = V_B = V

Richieste:

1. (a) P_Af, P_Bf?

Procedimento (mio):

Applico la legge dei gas perfetti per trovare n:

pV_a = mRT_i → m = ^P_0AV⁄_RTi

Inizialmente la valvola deve essere chiusa perché ∆P = 1 atm < 1,1 atm. Iniziamo a scaldare i due recipienti. Il volume non può aumentare e deve aumentare la pressione. Faccio un ipotesi: la valvola non riapre mai e il gas rimane tutto nel recipiente A.

In tal caso avrei che m_B rimane a 0, e quindi anche P_B rimane a 0.

Andiamo a vedere come mi comporta le pressione P_A.

P_AV_A = m_ART_A = ^P_oV_A/_RTi ^RT_A/_VA = ^P_oT_A/_RTi > 1,1 ^V/_VA per T_A > 1,1 T_i

→ T_A > 1,1 T_i = 330K

Quindi il pistone deve essere obbligato, perchè quando la temperatura supera i 350K la valvola si apre e inizia a fluire gas nel recipiente B.

Allora:

• m_A + m_B = ^P_oV/_RTi
• P_FA = P_FB + ΔP

→ ^P_FA/_RTF + ^P_FBV/_RTF = ^P_oV/_RTi

P_FA + P_FB = ^P_oT_F/_Ti

ma P_FB = P_FA - ΔP → 2P_FA - ΔP = ^P_oT_F/_Ti ⇒ P_FA = ^P_oT_F/_Ti + Δ₂

→ P_FA = 1,71 atm

P_FB = 0,61 atm

(In pratica suppongo che quando apro la valvola la differenza di pressione si mantenga costante)

→

P_FA - ΔP = P_FB

P_FA - P_FB = ΔP

le due pressioni aumentano proporzionalmente

alla pressione p = 2 atm. La temperatura del gas è quella

della temperatura esterna T₀ = 0°C (8 273K) e la pressione esterna è

p₀ = 1 atm. Il pallone ha un volume V = 5 m³. Sapendo che il peso

molalare dell’elio è 4 e che un litro di aria pesa 1,29 g

(ρ_A=1,29 g/l) calcolare la massa minima di zavorra che impedisce

al pallone di collaur.

DISEGNO:

IMPORTANTE:

le spinte di Archimede è dovuta

al fatto che il pallone ha una

d'altri minama dell'aria in cui

è immerso (se un oggetto ha desse più

minore del fluido in cui è immerso

allora subisce una spinta di archimede

verso l'altro).

PROCEDIMENTO:

M_TOT = u₁ + u_elio = m₁ +

4_{grammi di elio contengono 6,022×10²³ (numero di Avogadro) molecole}

di elio → 1000 grammi di elio contengono?

x = 6,022×10²³ × 1000

M_elio =

x numero in grammi

RICORDA: il peso molale colare nella numure in grammi

M_TOT = u₁ +

F_p = (M_TOT + u_z)g

Una mole di gas perfetto monoatomico viene compresa reversibilmente

espandendosi con trasfigurazione reversibile TV = k, dove k è una costante.

Il gas ha inizialmente un volume V₁ = 10 l e una pressione p = 1 atm.

Alla fine della trasformazione, il gas ha volume V₂ = 20 l. Calcolare il

quantitá di calore assorbita dal gas.

PROCEDIMENTO

T₁V₁ = k = 121,34 k

T₂V₂ = k = x

T₂ = 609,21 k

CV = (3/2) R

dQ = ucVdT + ρ dV

val. ene. lavoro int.

Q_1,2 = ∫_T1^T₂ cVdT + ∫_v1^v₂ ρ dV =

mCv(T₂ - T₁) + ρ (V₂ - V₁)

V₁ contiene m₁ moli di Elio alle temperature T₁. Il due recipienti sono adiabatici e son collegati da un rubinetto che in apertura I gas in universiown. Calcolare se temperature di equilibrio

DISEGNO

rubinetto.

PROCEDIMENTO:

Sap che: Q₁ + Q₂ = 0 (adiabatiche) L’origine e briochimico, eleio www Abrusco.

Non respond che ha fomento non facciamo i gas scultura le forme due

• Q_id = mc C_v1 (T_F - T₁) + W₁
• Q₂ = mc C_v2 (T_F - T₂) + W₂

=0 (il gas usom fa vento tipo di laore)

m₁ C_v1 (T_F - T₁) = - m₂ C_v2 (T_F -T₂)

m₁ C_v1 T_F - m₁ C_v1 T₁ = - m₂ C_v2 T_F + m₂ C_v2 T₂

T_f (m₁ C_v1 + m₂ C_v2) = m₂ C_v2 T₂ + m₁ C_v1 T₁

T_f = ≈ m₂ C_v2 T₂ + m₁ C_v1 T₁m₁ C_v1 + m₂ C_v2

INTUZION E FORUME:

• Se non se le asformenone compione aprium furmula generale:
• Q = mC VΔT +W

p₀ = punto

p₁ = punto

nR

V_B

T₀ - X

V

mac V_B (

1/

M

T_B = T₀

=

= T_B - T₀

= -mcv (T_B - T₀)

= -11,7 kJ

nR

V_B = VB

(

T_o =

RIEPILOGO

• A compie hopp. adiabatica reversibile
• anche B

T_V B

PROCEDIMENTO

• Il calore del vapore fa bollire tutta l'acqua;
• Il calore del vapore fa bollire solo una parte dell'acqua;
• Tutto il vapore arriva a 100°C e inizia a condensare senza far bollire l'acqua;

Introdurro T_C = 100°C = 373K e vado a calcolare tutti i calori in gioco.

m_A · C_A (T_C - T_A) = 167,44 _J (calore necessario x far evaporare tutta l'acqua)

m_V C_V (T_C - T_V) = -790 _J (calore necessario x far condensare tutto il vapore)

- m_V λ_E = -45,2 _kJ (calore ceduto nella condensazione del vapore)

Tutto il vapore condensa, arriva a 100°C ma non fa nulla porque l'acqua che non arriva a 100°C perché il calore del vapore non è sufficiente a far evaporare l'acqua.

T_A < T_E < T_C

DATI:

• m_H2O = 2kg
• T_H2O = 353K
• m_V = 0,02kg
• T_V = 393K
• C_V = 1900 J/kg K (calore specifico)
• λ_E = 22,6 x 10⁵ J/kg (calore latente evaporazione)