Problema 12.4.6

Una massa m=8g di O2, inizialmente alla temperatura T1=300K, occupa un volume V1=1,0l. Riferendoci alla fig.12.9 si ha che:

1-2 e 4-5 sono trasformazioni isotermiche

2-3 è una trasformazione isobara

3-4 è una trasformazione isocora

4-5 è una trasformazione isotermica



a) Calcolare i valori di p,V,T negli stati 1, 2, 3, 4, 5, sapendo che:

V2=2V1

V3=2V2

p4=3/2 p3

p5=p1

b) Calcolare la variazione di energia interna, il lavoro e lo scambio di calore con l’ambiente per ogni trasformazione, supposte reversibili.


fig.12.9

Guarda la soluzione

n=m/M=0,25moli

M=32g/mole


a) Applichiamo l’equazione caratteristica dei gas perfetti (Cap.12.1) pV=nRT e calcoliamo le coordinate termodinamiche corrispondenti ai rispettivi stati.







































 

 

p (atm)

V (l)

T (K)

Stato 1

p1=nRT/V

p1=0,082.300/4=6,15atm

6,15

1,0

300

Stato 2

T1=T2

p2/p1=V1/V2

p2=6,15/2=3,08atm

3,08

2,0

300

Stato 3

p2=p3

T3/T2=V3/V2

T3=2T2

3,08

4,0

600

Stato 4

V3=V4


p4=3/2 p3=4,62atm

T4=3/2 T3=900°K

4,62

4,0

900

Stato 5

p5=p1

T5=T4

V5/V4=p4/p5

V5=4 . 4,62/6,15=3,0l

6,15

3,0

900





b) Applichiamo il primo principio della termodinamica (Cap.12.4) ΔU=Q-L:


1-2) isoterma:

ΔU12=0

L12=Q12

L12=nRT1logV2/V1 (Cap12.2c)

L12=0,25.8,31.300.2,3.0,30=430J
Q12=430J=430/4,18=103,5cal


2-3) isobara:

L23=p2(V3-V2) (Cap.12.2a)

L23=3,08 .2=6,16 litriatm=6,16.101=620J

ΔU23=nCv(T3-T2)=0,25.5/2.8,31.300=1568J (il gas è biatomico: Cv=5R/2)

Q23=nCp(T3-T2)=0,25.7/2.1,98 .300=525cal (Cp=7R/2)

Nel calcolo di Q abbiamo espresso R=8,31/4,18=1,98cal/moleK

Q23 si poteva anche calcolare da Δ U=Q-L:

Q23=1568+620=2188J=523cal


3-4) isocora:

L34=0 (Cap.12.2b)

ΔU34=nCv(T4-T3)=0,25.5/2.1,98.300=375cal=1568J

Q34=ΔU34=1568J=375cal


4-5) isoterma:

ΔU45=0

L45=nRT log V5/V4

L45=0,25.8,31.900.2,3log 3/4=-450.2,3log 4/3=-539J

Q45= -539.4,18=-129cal

Problema del Capitolo 12 - Termodinamica

Problema di difficoltà: Media