Seconda prova di accertamento Fisica Generale I Corso di studio in Astronomia – 16 giugno 2013 Problema 1 Una quantit` a pari a n = 5 moli di un gas ideale monoatomico, inizialmente nello stato di equilibrio A,compie un ciclo termodinamico reversibile caratterizzato dalle seguenti trasformazioni: • Espansione isoterma dallo stato A allo stato B. • Trasformazione isocora dallo stato B allo stato C, TC < TB , con cessione di calore all’ambiente esterno. • Compressione isoterma dallo stato C allo stato D, con VD = VA . • Trasformazione isocora dallo stato D allo stato iniziale A, con assorbimento di calore dall’ambiente esterno. La pressione in C `e pari a PC = 0.615 atm, mentre la pressione in D `e pari a PD = 2PC . Il rendimento `e pari a η = 0.16. La somma dei lavori scambiati da tutte le trasformazioni durante il ciclo `e pari a W = 2880 J. 1. Si calcolino i valori delle temperature nelle due isoterme 2. Si calcolino i valori dei volumi nelle due isocore. Soluzione Il rendimento totale nella configurazione iniziale `e pari a: W η= , (1) Qass da cui si ricava che il calore totale assorbito `e pari a 18000 Joule. Il calore totale assorbito `e dato dalla somma dei calori scambiati nell’isocora DA e nell’isoterma AB. Il lavoro totale scambiato `e la somma dei lavori nelle due isoterme AB e CD. Quindi, indicando TA = TB = T1 , TC = TD = T2 , VB = VC = V1 , VA = VD = V2 , e ricordando che, in un’isoterma, Q = W , otteniamo: V1 Qass = nCV (T1 − T2 ) + nRT1 log (2) V2 V1 V2 Wtot = nRT1 log + nRT2 log (3) V2 V1 V1 = nR log (T1 − T2 ) . (4) V2 Usando la legge di Boyle (o, equivalentemente, l’equazione di stato) negli stati iniziali e finali dell’isoterma a temperatura T2 , si ha PD VD = PC VC , da cui (V1 /V2 ) = 2. Sostituendo nel precedente sistema si trova: Qass = nCV (T1 − T2 ) + nRT1 log 2 (5) Wtot = nR log 2(T1 − T2 ) . (6) 1 Da cui, usando CV = (3/2)R (gas monoatomico): T1 − T2 = T1 = Wtot nR log 2 tot Qass − 23W log 2 nR log 2 (7) . (8) Si trova quindi T1 = 408 e T2 = 308 K. I volumi V1 e V2 si ottengono applicando l’equatione di stato P V = nRT nei punti C e D, dove ora sono note sia le pressioni che la temperatura T2 . Si trova V1 = 0.2 m3 e V2 = 0.1m3 . Problema 2 Un recipiente cilindrico `e chiuso ad un’estremit`a da un pistone mobile di massa trascurabile. Le pareti del cilindro e il pistone sono diatermici. Il cilindro contiene n = 0.1 moli di un gas ideale monoatomico, inizialmente in equilibrio termico con l’ambiente esterno a T0 = 300 K. La pressione dell’ambiente, costante nel tempo, `e pari a p0 = 1 bar, mentre la pressione iniziale del gas `e pari a p1 = 2 bar. Un’asta di metallo, di massa trascurabile, connette la base inferiore del cilindro al pistone, mantenendo quest’ultimo bloccato. La forza limite di rottura della sbarra `e pari a Fl = 2000 N. La base del pistone ha area S = 0.01m2 . A partire da questa configurazione iniziale, la temperatura dell’ambiente esterno comincia ad aumentare lentamente, in modo che il sistema gas + ambiente si mantenga sempre all’equilibrio termico. Tale processo (trasformazione 1) continua fino a una data temperatura T2 , in corrispondenza della quale la sbarra si rompe. A partire da questo punto, e per tutto il resto della trasformazione, la temperatura dell’ambiente resta a T = T2 , e il pistone `e libero di scorrere senza attriti. In queste condizioni il gas raggiunge nuovamente l’equilibrio termodinamico con l’ambiente esterno (trasformazione 2). 1. Si calcolino il valore iniziale della forza applicata dalla sbarra sul pistone e il volume iniziale del cilindro. 2. Si calcolino la variazione di volume del cilindro, e il lavoro fatto dal gas durante la trasformazione 2 3. Si calcolino le variazioni di entropia del gas e dell’ambiente durante le trasformazioni 1 e 2. Soluzione Equilibrando le forze che agiscono sul pistone, si trova: (p1 − p0 )S = F , (9) Dove F `e il modulo della forza esercitata dalla sbarra. La forza esercitata nella configurazione iniziale e‘ pertanto pari a F = 1000 N. Usando la stessa relazione si trova che, al raggiungimento della forza limite, per cui si ha rottura della sbarra, la pressione del gas `e pari a p2 = 3 bar. Il 2 volume inizale della parte A si trova dall’equazione di stato, con p = p1 = 2 bar, e T = T0 = 300 K, ed `e pari a V1 = 0.00125m3 . La trasformazione che porta il gas da p1 a p2 , con aumento di temperatura, avviene a volume costante, dato che la sbarra blocca il pistone. Si pu`o pertanto nuovamente applicare l’equazione di stato per trovare la temperatura T2 , del gas e dell’ambiente, al momento della rottura della sbarra. T2 = p2 V1 = 450 K . nR (10) Dopo la rottura della sbarra, la pressione del gas `e maggiore di quella dell’ambiente esterno. Il pistone pertanto si muover` a verso l’alto fino al raggiungimento dell’equilibrio meccanico a p0 (pressione esterna). La trasformazione 2 `e pertanto una trasformazione irreversibile a pressione esterna costante. Inoltre, nello stato finale di equilibrio, il gas e l’ambiente sono ancora a temperatura T2 (l’ambiente si comporta come una sorgente di calore, e le pareti sono diatermiche). Possiamo pertanto utilizzare nuovamente l’equazione di stato. V2 = nRT2 = 0.00374m3 . p0 (11) Lungo la trasformazione irreversibile, la pressione del gas non `e definita. Tuttavia il lavoro si pu` o calcolare sfruttando il fatto che non ci sono attriti sul pistone, e la pressione esterna `e costante, pext = p0 . W = p0 (V2 − V1 ) = 249J . (12) La trasformazione 1 `e una trasformazione isocora. Pertanto: ∆S1gas = nCV log T2 = 0.5 J/K T0 (13) La temperatura dell’ambiente aumenta lentamente, in modo che il gas e l’ambiente siano sempre all’equilibrio termico. La trasformazione complessiva dell’Universo `e pertanto reversibile, e ∆Suniv = 0. La variazione di entropia dell’ambiente `e quindi ∆S1amb = −∆S1gas . Nella trasformazione 2 la temperatura iniziale e finale del gas `e invariata. Pertanto: ∆S2gas = −nR log p0 = 0.91 J/K p2 (14) L’ambiente si comporta come una sorgente a temperatura T2 . Il calore scambiato dall’ambiente `e quindi pari a −Q, dove Q `e il calore scambiato dal gas. Nella trasformazione 2 il gas non varia la propria energia interna, dato che quet’ultima dipende solo dalla temperatura. Il primo principio della termodinamica ci dice pertanto che Q = W , e il lavoro compiuto dal gas `e stato calcolato in precedenza. Quindi si trova: ∆S2amb = −W = −0.55 J/K . T2 3 (15) La variazione complessiva di entropia dell’Universo termodinamico `e positiva, essendo la trasformazione irreversibile. Problema 3 Un recipiente cubico di lato l = 10 cm, e di massa trascurabile, `e riempito di un fluido fino all’orlo. Un piccolo foro di area S1 = 0.001 m2 viene aperto a una profondit`a h1 = 9 cm rispetto alla superficie libera del liquido. 1. Si calcoli la velocit` a v1 con cui il fluido fuoriesce dal foro. 2. Si calcolino, in funzione della velocit`a di efflusso v1 , e della densit`a ρ del fluido, la massa dm di fluido che fuoriesce dal foro nell’intervallo dt, e la corrispondente quantit`a di moto dp. 3. Si assuma che il recipiente appoggi su un piano scabro. si calcoli il minimo coefficiente di attrito statico affinch`e il recipiente non si muova dopo l’apertura del foro. 4. Si assuma ora che il recipiente appoggi su un piano privo di attrito, e che un altro foro di sezione S = 0.003 m2 venga aperto sulla faccia opposta a quella del primo. Si calcoli la profondit` a h2 a cui il secondo foro deve trovarsi per mantenere fermo il recipiente. Nei calcoli delle velocit` a di efflusso dai due fori, si assuma che le sezioni dei fori siano trascurabili rispetto a quella del recipiente. Soluzione Dal teorema di Torricelli: v1 = p 2gh = 1.328 m/s (16) La quantit`a dm di acqua che fuoriesce dal foro in dt `e pari a dm = ρS1 v1 dt. La quantit`a di moto `e dp = dmv1 = ρS1 v12 dt. La forza esercitata sul recipiente `e pertanto uguale a F1 = dp/dt = ρS1 v12 . La forza applicata perpendicolarmente al piano `e N = ρl3 g. Per il coefficiente di attrito statico si trova quindi: ηs = F1 S1 v 2 = 3 1 = 0.18 . N l g (17) La forza esercitata dopo l’apertura del secondo foro `e pari a F2 = ρS2 v22 , in verso opposto alla forza dovuta all’efflusso dal primo foro. Uguagliando i moduli delle forze si trova: s v2 = S1 v1 S2 (18) Riutilizzando il teorema di Torricelli per v2 e v1 si ha, infine: h2 = Da cui h2 = 0.3 cm. 4 S1 h1 . S2 (19)