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Esercizi svolti di termodinamica: calorimetria, gas perfetti, cicli ed entropia

Fisica 1 › Termodinamicadi Valentino RoccoPubblicato il 7 min di lettura

In questa pagina
  1. Esercizio 1 · Il rame nell’acqua
  2. Esercizio 2 · La bombola di ossigeno
  3. Esercizio 3 · Un ciclo con isobara, isocora e isoterma
  4. Esercizio 4 · La pompa della bicicletta
  5. Esercizio 5 · Il frigorifero
  6. Esercizio 6 · L’entropia del mescolamento
  7. Esercizio 7 · Una macchina reale e il suo limite
  8. Esercizio 8 · Una trasformazione lungo una retta
  9. Per continuare

In questa pagina trovi otto esercizi sul capitolo di termodinamica, in ordine di difficoltà: i primi sono di base, quelli centrali di livello medio, gli ultimi sono da esame.

Prova da solo seguendo il metodo in 6 passi, e apri la soluzione solo dopo. Due regole valgono in tutto il capitolo: le temperature nelle formule vanno in kelvin (tranne nelle differenze, dove kelvin e gradi Celsius coincidono), e i segni di calore e lavoro seguono la convenzione del primo principio, ΔU=Q−W\Delta U = Q - W. Usiamo R=8,314 J/(mol⋅K)R = 8{,}314\ \text{J/(mol·K)} e, per l’acqua, c=4186 J/(kg⋅K)c = 4186\ \text{J/(kg·K)}.

Esercizio 1 · Il rame nell’acqua

Livello: base · Argomento: calorimetria

Un blocchetto di rame di 300 g, a 150 °C, viene immerso in 500 g d’acqua a 20 °C, in un recipiente isolato di capacità termica trascurabile. Il calore specifico del rame è 385 J/(kg·K). A che temperatura si porta il sistema?

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Il recipiente è isolato: il calore ceduto dal rame è uguale a quello ricevuto dall’acqua, cioè la somma dei calori è nulla. La temperatura di equilibrio è la media pesata con le capacità termiche mcmc:

Te=mr cr Tr+ma ca Tamr cr+ma caTe=0,3⋅385⋅150+0,5⋅4186⋅200,3⋅385+0,5⋅4186Te≈26,8 °C\begin{gathered} T_e = \frac{m_r\,c_r\,T_r + m_a\,c_a\,T_a}{m_r\,c_r + m_a\,c_a} \\ T_e = \frac{0{,}3 \cdot 385 \cdot 150 + 0{,}5 \cdot 4186 \cdot 20}{0{,}3 \cdot 385 + 0{,}5 \cdot 4186} \\ T_e \approx 26{,}8\ \text{°C} \end{gathered}

Il rame si raffredda di oltre 120 °C, l’acqua si scalda di meno di 7 °C: la capacità termica dell’acqua, 2093 J/K, è quasi venti volte quella del rame, 115,5 J/K.

Esercizio 2 · La bombola di ossigeno

Livello: base · Argomento: equazione di stato dei gas perfetti

Una bombola da 20 L contiene ossigeno a 150 bar e a 15 °C.

  1. Quante moli di ossigeno contiene? Che massa, sapendo che la massa molare è 32 g/mol?
  2. Se la bombola resta al sole e si scalda fino a 50 °C, che pressione raggiunge?
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Unità: p=1,5⋅107 Pap = 1{,}5 \cdot 10^7\ \text{Pa}, V=0,020 m3V = 0{,}020\ \text{m}^3, T=288,15 KT = 288{,}15\ \text{K}.

1.

n=p VR T=1,5⋅107⋅0,0208,314⋅288,15 moln≈125 molm=n M≈125⋅0,032 kgm≈4,0 kg\begin{gathered} n = \frac{p\,V}{R\,T} = \frac{1{,}5 \cdot 10^7 \cdot 0{,}020}{8{,}314 \cdot 288{,}15}\ \text{mol} \\ n \approx 125\ \text{mol} \\ m = n\,M \approx 125 \cdot 0{,}032\ \text{kg} \\ m \approx 4{,}0\ \text{kg} \end{gathered}

2. Volume e numero di moli non cambiano: la pressione è proporzionale alla temperatura assoluta:

p2=p1 T2T1=150⋅323,15288,15 barp2≈168 bar\begin{gathered} p_2 = p_1\,\frac{T_2}{T_1} = 150 \cdot \frac{323{,}15}{288{,}15}\ \text{bar} \\ p_2 \approx 168\ \text{bar} \end{gathered}

Con i gradi Celsius sarebbe venuto 150⋅50/15=500150 \cdot 50/15 = 500 bar: un errore enorme. A 150 bar, inoltre, l’ossigeno non è più un gas perfetto in senso stretto: il risultato è una buona stima, non un valore esatto.

Esercizio 3 · Un ciclo con isobara, isocora e isoterma

Livello: medio · Argomento: primo principio e rendimento

Una mole di gas perfetto monoatomico compie il ciclo reversibile della figura. Nello stato A ha volume 10 L e temperatura 300 K. Da A a B si espande a pressione costante fino a 20 L; da B a C si raffredda a volume costante fino a 300 K; da C torna in A con una compressione isoterma.

Ciclo termodinamico nel piano di Clapeyron: espansione isobara da A a B, raffreddamento isocoro da B a C e compressione isoterma da C ad A

  1. Calcola pressione e temperatura negli stati A, B e C.
  2. Calcola calore, lavoro e variazione di energia interna di ogni trasformazione.
  3. Calcola il rendimento del ciclo e confrontalo con quello di una macchina di Carnot che lavori tra la temperatura massima e la minima.
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1. Stati. Per un gas monoatomico cV=32Rc_V = \frac{3}{2}R e cp=52Rc_p = \frac{5}{2}R.

  • A: pA=nRTA/VA=8,314⋅300/0,010 Pa≈249 kPap_A = nRT_A/V_A = 8{,}314 \cdot 300/0{,}010\ \text{Pa} \approx 249\ \text{kPa}, TA=300 KT_A = 300\ \text{K}.
  • B: stessa pressione e volume doppio, quindi TB=600 KT_B = 600\ \text{K}.
  • C: stesso volume di B e TC=300 KT_C = 300\ \text{K}, quindi pC=pA/2≈125 kPap_C = p_A/2 \approx 125\ \text{kPa}.

2. Trasformazioni.

  • AB, isobara: Q=n cp ΔTQ = n\,c_p\,\Delta T, W=p ΔVW = p\,\Delta V, ΔU=n cV ΔT\Delta U = n\,c_V\,\Delta T;
  • BC, isocora: W=0W = 0, quindi Q=ΔU=n cV ΔTQ = \Delta U = n\,c_V\,\Delta T;
  • CA, isoterma: ΔU=0\Delta U = 0, quindi Q=W=nRTln⁡VAVCQ = W = nRT\ln\frac{V_A}{V_C}.
TrattoQQ (J)WW (J)ΔU\Delta U (J)
AB623662362494249437413741
BC−3741-374100−3741-3741
CA−1729-1729−1729-172900
ciclo76576576576500

In ogni riga vale ΔU=Q−W\Delta U = Q - W, e sul ciclo intero ΔU=0\Delta U = 0 e Q=WQ = W.

3. Rendimento. Il gas assorbe calore solo nell’isobara; nelle altre due trasformazioni lo cede. Quindi:

η=WQass=7656236≈12,3%\eta = \frac{W}{Q_{ass}} = \frac{765}{6236} \approx 12{,}3\%

Una macchina di Carnot tra 600 K e 300 K avrebbe ηC=1−300/600=50%\eta_C = 1 - 300/600 = 50\%. Il ciclo è reversibile, eppure rende molto meno: scambia calore a temperature intermedie, non solo alla massima e alla minima.

Esercizio 4 · La pompa della bicicletta

Livello: medio · Argomento: trasformazione adiabatica

In una pompa, 1,0 L d’aria a 1,0 bar e 20 °C viene compresso così rapidamente che non ha il tempo di scambiare calore, fino a 0,25 L. Considera l’aria un gas perfetto biatomico, con γ=1,4\gamma = 1{,}4, e la compressione reversibile.

  1. Calcola temperatura e pressione finali.
  2. Calcola il lavoro fatto sull’aria.
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1. Per un’adiabatica reversibile TVγ−1TV^{\gamma - 1} e pVγpV^\gamma sono costanti:

T2=T1(V1V2)γ−1=293⋅40,4 KT2≈510 K≈237 °C\begin{gathered} T_2 = T_1\left(\frac{V_1}{V_2}\right)^{\gamma - 1} = 293 \cdot 4^{0{,}4}\ \text{K} \\ T_2 \approx 510\ \text{K} \approx 237\ \text{°C} \end{gathered} p2=p1(V1V2)γ=1,0⋅41,4 bar≈7,0 barp_2 = p_1\left(\frac{V_1}{V_2}\right)^{\gamma} = 1{,}0 \cdot 4^{1{,}4}\ \text{bar} \approx 7{,}0\ \text{bar}

Con una compressione isoterma la pressione sarebbe stata solo 4 bar: in un’adiabatica sale di più, perché aumenta anche la temperatura.

2. In un’adiabatica Q=0Q = 0, quindi W=−ΔUW = -\Delta U. Il lavoro fatto dal gas si scrive in modo comodo come segue; con la pressione in kPa e il volume in litri, il prodotto pVpV è già in joule:

W=p1V1−p2V2γ−1W=100−696⋅0,250,4 JW≈100−1740,4 JW≈−185 J\begin{gathered} W = \frac{p_1V_1 - p_2V_2}{\gamma - 1} \\ W = \frac{100 - 696 \cdot 0{,}25}{0{,}4}\ \text{J} \\ W \approx \frac{100 - 174}{0{,}4}\ \text{J} \\ W \approx -185\ \text{J} \end{gathered}

Il segno meno indica che il lavoro è fatto sul gas: circa 185 J, che diventano energia interna. Per questo la pompa si scalda.

Esercizio 5 · Il frigorifero

Livello: medio · Argomento: ciclo di Carnot inverso

Un frigorifero mantiene l’interno a 5 °C in una cucina a 25 °C. In un certo intervallo di tempo toglie 600 kJ di calore dall’interno, assorbendo 200 kJ di energia elettrica.

  1. Calcola il coefficiente di prestazione e il calore ceduto alla cucina.
  2. Qual è il coefficiente di prestazione massimo possibile tra queste temperature? Quanto lavoro basterebbe, come minimo, per togliere gli stessi 600 kJ?
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1.

COP=Q1∣W∣=600200=3,0\text{COP} = \frac{Q_1}{|W|} = \frac{600}{200} = 3{,}0

Per il primo principio, sul ciclo il calore ceduto alla cucina è la somma di quello tolto all’interno e del lavoro: 600+200=800 kJ600 + 200 = 800\ \text{kJ}.

2. Il massimo è quello del ciclo di Carnot inverso, con T1=278,15 KT_1 = 278{,}15\ \text{K} e T2=298,15 KT_2 = 298{,}15\ \text{K}:

COPmax=T1T2−T1=278,1520≈13,9∣W∣min=60013,9 kJ≈43 kJ\begin{gathered} \text{COP}_{max} = \frac{T_1}{T_2 - T_1} = \frac{278{,}15}{20} \approx 13{,}9 \\ |W|_{min} = \frac{600}{13{,}9}\ \text{kJ} \approx 43\ \text{kJ} \end{gathered}

Il frigorifero reale consuma quasi cinque volte il minimo teorico, per le irreversibilità: attriti nel compressore e scambi di calore con salti di temperatura finiti.

Esercizio 6 · L’entropia del mescolamento

Livello: medio · Argomento: entropia

Si mescolano, in un recipiente isolato, 1,0 kg d’acqua a 80 °C e 1,0 kg d’acqua a 20 °C. Calcola la temperatura finale e la variazione di entropia dell’universo.

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Temperatura finale. Masse uguali e stessa sostanza: la media, Tf=50 °C=323,15 KT_f = 50\ \text{°C} = 323{,}15\ \text{K}.

Entropia. Il mescolamento è irreversibile, ma l’entropia è una funzione di stato: calcoliamo la variazione di ciascuna massa d’acqua come se fosse scaldata o raffreddata lentamente, ΔS=mcln⁡(Tf/Ti)\Delta S = mc\ln(T_f/T_i), con le temperature in kelvin:

ΔScalda=4186⋅ln⁡323,15353,15 J/KΔScalda≈−372 J/KΔSfredda=4186⋅ln⁡323,15293,15 J/KΔSfredda≈+408 J/K\begin{gathered} \Delta S_{calda} = 4186 \cdot \ln\frac{323{,}15}{353{,}15}\ \text{J/K} \\ \Delta S_{calda} \approx -372\ \text{J/K} \\ \Delta S_{fredda} = 4186 \cdot \ln\frac{323{,}15}{293{,}15}\ \text{J/K} \\ \Delta S_{fredda} \approx +408\ \text{J/K} \end{gathered}

Il recipiente è isolato, quindi l’ambiente non cambia:

ΔSuniverso≈−372+408 J/KΔSuniverso≈+36 J/KΔSuniverso>0\begin{gathered} \Delta S_{universo} \approx -372 + 408\ \text{J/K} \\ \Delta S_{universo} \approx +36\ \text{J/K} \\ \Delta S_{universo} > 0 \end{gathered}

L’acqua fredda guadagna più entropia di quanta ne perda la calda, perché riceve lo stesso calore a temperatura più bassa. Il processo inverso, due masse a 50 °C che si separano da sole in una calda e una fredda, avrebbe ΔS<0\Delta S < 0: è proibito dal secondo principio.

Esercizio 7 · Una macchina reale e il suo limite

Livello: da esame · Argomento: teorema di Carnot ed entropia

Una macchina termica lavora tra una sorgente a 600 K e una a 300 K. Ogni secondo assorbe 4,0 kJ dalla sorgente calda e produce 1,0 kJ di lavoro.

  1. Calcola il rendimento e confrontalo con il massimo possibile.
  2. Calcola la variazione di entropia dell’universo in un secondo.
  3. Un inventore propone una macchina tra le stesse sorgenti che assorbe 4,0 kJ e produce 2,4 kJ. È possibile?
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1. η=1,0/4,0=25%\eta = 1{,}0/4{,}0 = 25\%; il massimo è ηC=1−300/600=50%\eta_C = 1 - 300/600 = 50\%. La macchina sfrutta metà del possibile.

2. Sul ciclo il fluido torna allo stato iniziale, quindi cambia solo l’entropia delle sorgenti. La calda cede 4,0 kJ a 600 K, la fredda riceve 4,0−1,0=3,0 kJ4{,}0 - 1{,}0 = 3{,}0\ \text{kJ} a 300 K:

ΔS=−4000600+3000300 J/KΔS≈−6,67+10,0 J/KΔS≈+3,3 J/K\begin{gathered} \Delta S = -\frac{4000}{600} + \frac{3000}{300}\ \text{J/K} \\ \Delta S \approx -6{,}67 + 10{,}0\ \text{J/K} \\ \Delta S \approx +3{,}3\ \text{J/K} \end{gathered}

Positiva, come deve essere per una macchina irreversibile. C’è un legame elegante: il lavoro “perso” rispetto alla macchina di Carnot, 2,0−1,0=1,0 kJ2{,}0 - 1{,}0 = 1{,}0\ \text{kJ}, è proprio T1 ΔS=300⋅3,33≈1,0 kJT_1\,\Delta S = 300 \cdot 3{,}33 \approx 1{,}0\ \text{kJ}.

3. Il rendimento sarebbe del 60%, oltre il limite di Carnot: impossibile. Lo conferma l’entropia: la sorgente fredda riceverebbe 1,6 kJ e ΔS=−6,67+5,33=−1,33 J/K<0\Delta S = -6{,}67 + 5{,}33 = -1{,}33\ \text{J/K} < 0.

Esercizio 8 · Una trasformazione lungo una retta

Livello: da esame · Argomento: primo principio ed entropia del gas perfetto

Una mole di gas perfetto monoatomico si espande in modo reversibile dallo stato iniziale V1=10 LV_1 = 10\ \text{L}, T1=300 KT_1 = 300\ \text{K} fino a V2=20 LV_2 = 20\ \text{L}, lungo una trasformazione in cui la pressione è proporzionale al volume, p=a Vp = a\,V.

  1. Calcola la temperatura finale.
  2. Calcola il lavoro, la variazione di energia interna e il calore scambiato.
  3. Calcola la variazione di entropia del gas.
Mostra la soluzione

1. Dall’equazione di stato, nRT=pV=aV2nRT = pV = aV^2: la temperatura è proporzionale a V2V^2. Raddoppiando il volume, la temperatura quadruplica:

T2=T1(V2V1)2=1200 KT_2 = T_1\left(\frac{V_2}{V_1}\right)^2 = 1200\ \text{K}

2. Lavoro. Nel piano p-V la trasformazione è una retta che passa per l’origine. La costante è a=p1/V1a = p_1/V_1, con p1=nRT1/V1≈249 kPap_1 = nRT_1/V_1 \approx 249\ \text{kPa}:

W=∫V1V2a V dV=a2(V22−V12)W=p12 V1(V22−V12)≈3741 J\begin{gathered} W = \int_{V_1}^{V_2} a\,V\,dV = \frac{a}{2}\left(V_2^2 - V_1^2\right) \\ W = \frac{p_1}{2\,V_1}\left(V_2^2 - V_1^2\right) \approx 3741\ \text{J} \end{gathered}

Energia interna e calore:

ΔU=32 n R ΔT=32⋅8,314⋅900 JΔU≈11 224 JQ=ΔU+W≈14 965 J\begin{gathered} \Delta U = \frac{3}{2}\,n\,R\,\Delta T = \frac{3}{2} \cdot 8{,}314 \cdot 900\ \text{J} \\ \Delta U \approx 11\,224\ \text{J} \\ Q = \Delta U + W \approx 14\,965\ \text{J} \end{gathered}

3. Entropia. Per un gas perfetto vale la formula generale, che dipende solo dagli stati iniziale e finale:

ΔS=n cVln⁡T2T1+n Rln⁡V2V1ΔS=32⋅8,314⋅ln⁡4+8,314⋅ln⁡2 J/KΔS≈17,3+5,8ΔS≈23,1 J/K\begin{gathered} \Delta S = n\,c_V\ln\frac{T_2}{T_1} + n\,R\ln\frac{V_2}{V_1} \\ \Delta S = \frac{3}{2} \cdot 8{,}314 \cdot \ln 4 + 8{,}314 \cdot \ln 2\ \text{J/K} \\ \Delta S \approx 17{,}3 + 5{,}8 \\ \Delta S \approx 23{,}1\ \text{J/K} \end{gathered}

Il gas assorbe calore durante tutta l’espansione, e la sua entropia aumenta.

Per continuare

Con la termodinamica hai finito gli esercizi del programma di Fisica 1. Per il ripasso finale, rileggi il metodo per risolvere gli esercizi e la guida alle formule inverse, poi rifai gli esercizi da esame di ogni capitolo senza guardare le soluzioni.

Se vuoi altri esercizi spiegati passo per passo anche in video, li trovi nel mio corso di esercizi di Fisica 1 su Udemy.

Domande frequenti

Come si calcola il rendimento di un ciclo termodinamico?

Si calcolano calore e lavoro di ogni trasformazione con il primo principio. Il lavoro netto è la somma dei lavori, cioè l'area del ciclo nel piano p-V; il rendimento è il lavoro netto diviso per il calore assorbito, cioè la somma dei soli calori positivi, non di tutti.

Come si calcola la variazione di entropia in un mescolamento?

Si trova prima la temperatura di equilibrio con la calorimetria. Poi si calcola la variazione di entropia di ciascun corpo come se fosse scaldato o raffreddato in modo reversibile, ΔS = m·c·ln(T_f/T_i) con le temperature in kelvin, e si sommano. Il totale è sempre positivo, perché il processo è irreversibile.

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