Primo principio della termodinamica

Presentazione sul tema: "Primo principio della termodinamica"— Transcript della presentazione:

1 Primo principio della termodinamica
Gas ideale/perfetto: definizione Gas: insieme di particelle privo di forma e volume proprio. Si dice perfetto o ideale se i suoi parametri termodinamici P,V,T sono legati tra loro dall'equazione di stato: 𝑃𝑉=𝑛𝑅𝑇 𝑛 ≡ numero di moli 𝑅 = 8,314 𝐽 ( 𝐾⋅𝑚𝑜𝑙𝑒 Costante universale dei gas Date due variabili (P,V,T) che definiscono lo stato del sistema, la terza può essere calcolata tramite l'equazione di stato. 𝑃 𝑇 0 = 𝑃 0 𝑉 0 𝑛𝑅 𝑃 0 , 𝑉 0 Stato del sistema 𝑉 Piano di Clapeyron

2 Condizioni fisiche perché un gas possa essere considerato ideale:
Le molecole possono essere considerate puntiformi (bassa densità). Interagiscono tra loro e con le pareti del recipiente con urti perfettamente elastici (nessuna dispersione di energia cinetica). Le forze di interazione molecolare a distanza sono trascurabili (bassa densità, alta temperatura e quindi agitazione termica) Le molecole del gas sono identiche tra loro

3 Derivazione equazione dei gas perfetti da leggi sperimentali di Boyle & Gay-Lussac
Legge di Boyle: 𝑃𝑉=𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡 A temperatura constante Legge di Gay-Lussac: 𝑉 𝑇 = 𝑉 0 1+α𝑇 𝑃 𝑇 = 𝑃 0 1+β𝑇 a e b costanti e T misurata in gradi Celsius. Per un gas ideale: α=β= 𝐶 −1 𝑉 𝑇 = 𝑉 0 1+α𝑇 = 𝑉 0 α 1 α +𝑇 𝑃 𝑇 = 𝑃 0 1+β𝑇 = 𝑃 0 α 1 α +𝑇

4 con T misurato in gradi Kelvin
Se 𝑇= 𝑇 𝐶 allora 𝑉 𝑇 = 𝑉 0 α𝑇 𝑃 𝑇 = 𝑃 0 α𝑇 con T misurato in gradi Kelvin Alcune definizioni: Una mole contiene un numero di atomi (o molecole) pare a NA = 6.02 x 1023 (numero di Avogadro) Il peso molare M è pari al peso di una mole del gas Data una massa Mgas di un gas, il numero di moli è 𝑚= 𝑀 𝑔𝑎𝑠 𝑚 𝑎 𝑁 𝐴 dove ma è la massa dell'atomo (o molecola) di cui è costituito il gas. Volume molare: volume occupato da una mole di gas

5 Date n moli a P0 e T0, V0 = n Vm, se si aumenta T
Condizioni standard 𝑃 0 =101325𝑃𝑎 𝑇 0 =273.15𝐾= 0 𝑜 𝐶 𝑉 𝑚 = 𝑚 3 =22.424𝑙 𝑣𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒𝑚𝑜𝑙𝑎𝑟𝑒 Date n moli a P0 e T0, V0 = n Vm, se si aumenta T 𝑃 𝑇 = 𝑃 0 α𝑇 𝑉 0 𝑃 𝑇 = 𝑃 0 𝑉 0 α𝑇= 𝑃 0 𝑉 𝑇 Ma per legge di Boyle, trattandosi sempre dello stesso sistema: Con P e V coordinate dello stato di equilibrio alla temperatura T 𝑉 0 𝑃 𝑇 = 𝑃 0 𝑉 𝑇 =𝑃𝑉 𝑃𝑉= 𝑃 0 𝑉 0 α𝑇=𝑛 𝑃 0 𝑉 𝑚 α 𝑇=𝑛𝑅𝑇

6 Barotrauma: Scendendo in profondità la P aumenta. Il respiratore fornisce quindi aria ad una pressione pari a quella esterna. Se si risale troppo velocemente senza respirare, i polmoni si gonfiano perchè la pressione interna è maggiore di quella esterna. 𝑃𝑉=𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡

7 Alveoli polmonari aumentano il volume riducendo la pressione: l’aria viene inspirata dall’esterno.

8 Teoria cinetica dei gas
Il gas è un insieme di molecole in movimento che urtano tra loro e con le pareti che le confinano. La pressione P è l'effetto macroscopico degli urti molecolari contro le pareti.

9 Momento trasferito (1D)
Recipiente cubico di lato L (vista laterale) 𝑣 −𝑣 𝐿 Momento trasferito (1D) Δ𝑝= 𝑝 𝑓 − 𝑝 𝑖 =−𝑚𝑣− −𝑚𝑣 =−2𝑚𝑣 Δ𝑡= 2𝐿 𝑣 Tempo tra 2 collisioni Modulo della forza esercitata da una singola molecola su una parete 𝐹=2𝑚𝑣 𝑣 2𝐿 = 𝑚 𝑣 2 𝐿

10 3 possibili direzioni nello spazio:
𝑣 𝑥 2 = 𝑣 2 3 possibili direzioni nello spazio: Numero totale di molecole 𝑛 𝑁 𝐴 NA numero di Avogadro 𝐹 𝑇 = 1 3 𝑛 𝑁 𝐴 𝑚𝑣 2 𝐿 Pressione sulla parete: 𝑃= 𝐹 𝑇 𝐿 2 = 1 3 𝑛 𝑁 𝐴 𝑚𝑣 2 𝐿 3 = 1 3 𝑛 𝑁 𝐴 𝑚𝑣 2 𝑉 = 2 3 𝑛 𝑁 𝐴 𝑉 𝐸 𝐾 𝐸 𝐾 = 1 2 𝑚 𝑣 2 energia cinetica della singola molecola 𝑃= 2 3 𝑛 𝑁 𝐴 𝑉 𝐸 𝐾 =𝑛𝑅 𝑇 𝑉 𝐸 𝐾 = 3 2 𝑅 𝑁 𝐴 𝑇= 3 2 𝑘𝑇 K costante di Boltzmann 𝑘 = 𝑅 𝑁 𝐴 = 8,314 6,02⋅ 𝐽⋅ 𝐾 −1 ⋅ mole −1 mole −1 = 1,38⋅ 10 −23 J/K

11 Funzione SOLO della temperatura
Energia interna di un gas= somma dell'energia cinetica di tutte le molecole. 𝑈= 𝑁 𝑚𝑜𝑙 𝐸 𝐾 =𝑛 𝑁 𝐴 𝑅 𝑁 𝐴 𝑇= 3 2 𝑛𝑅𝑇 𝑈= 3 2 𝑛𝑅𝑇 Funzione SOLO della temperatura L'energia interna può variare solo grazie a scambi di energia (calore o lavoro) 𝑑𝑄 > 0 𝑑𝑄 < 0 𝑑𝑈=𝑑𝑄−𝑑𝐿 Sistema 𝑑𝐿 > 0 𝑑𝐿 < 0 Lavoro ottenuto dal sistema Lavoro fatto sul sistema

12 Espressione generale del lavoro
Per una espansione infinitesima P A 𝑉 𝑓 𝑑𝑥 A 𝑉 𝑖 gas 𝑑𝐿 = 𝐹𝑑𝑥 = 𝑃 𝐴𝑑𝑥 𝑉 𝑓 − 𝑉 𝑖 = 𝑃( 𝑉 𝑓 − 𝑉 𝑖 ) = 𝑃𝑑𝑉 Per una espansione finita 𝐿 = 𝑉 𝑖 𝑉 𝑓 𝑃(𝑉)𝑑𝑉

13 Conferma sperimentale che l'energia interna dipende solo dalla Temperatura: esperimento dell'espansione libera. Durante l'espansione sia P che V cambiano ma l'energia interna U resta costante (nessun lavoro fatto dalle forze di pressione perche' il V non cambia, nessuno scambio di calore perché le pareti sono adiabatiche). Quindi, U può dipendere solo da T

14 Trasformazioni termodinamiche
1) ISOBARA: a pressione costante 𝑃 𝑃 0 ,𝑉 𝑖 𝑃 0 ,𝑉 𝑓 𝑃 0 𝑉 𝑖 𝑉 𝑓 𝑉 𝐿= 𝑃 0 𝑉 𝑓 − 𝑉 𝑖 = 𝑃 0 Δ𝑉 Calore può essere scambiato e si ha: 𝑑𝑄=𝑛 𝑐 𝑃 𝑑𝑇 Dove cP è il calore specifico a pressione costante

15 2) ISOCORA: a volume costante
𝑃 𝑃 𝑖 ,𝑉 0 𝑃 𝑖 𝑃 𝑓 𝑃 𝑓 ,𝑉 0 𝑉 0 𝑉 𝐿=𝑃Δ𝑉=0 Δ𝑈=Δ𝑄=𝑛 𝑐 𝑉 𝑑𝑇 Valida perché dU dipende solo da dT. cV calore specifico a volume costante.

16 Relazione di Mayer tra calori specifici
In una trasformazione isobara: 𝑑𝑈=𝑛 𝑐 𝑉 𝑑𝑇=𝑑𝑄−𝑑𝐿=𝑛 𝑐 𝑃 𝑑𝑇−𝑃𝑑𝑉 Dall'equazione di stato dei gas si ha 𝑃𝑑𝑉=𝑛𝑅𝑑𝑇 Perché P costante da cui 𝑑𝑈=𝑛 𝑐 𝑉 𝑑𝑇=𝑛 𝑐 𝑃 𝑑𝑇−𝑛𝑅𝑑𝑇 𝑐 𝑃 − 𝑐 𝑉 =𝑅 𝑐 𝑉 = 3 2 𝑅 𝐽 𝑚𝑜𝑙𝑒 𝐾 𝑐 𝑃 = 5 2 𝑅 𝐽 𝑚𝑜𝑙𝑒 𝐾 Per gas monoatomico.

17 3) ISOTERMA: a temperatura costante
Per un gas perfetto dall’ equazione di stato 𝑃𝑉 = 𝑛𝑅𝑇 0 = cos𝑡. Legge di Boyle 𝑃 Isoterma a T0 = cost. 𝑉 = 𝑉 𝑖 𝑉 𝑓 𝑃𝑑𝑉 = 𝑛𝑅𝑇 0 𝑉 𝑖 𝑉 𝑓 𝑑𝑉 𝑉 = 𝑛𝑅𝑇 0 (ln 𝑉 𝑓 −ln 𝑉 𝑖 ) 𝐿 = 𝑛𝑅𝑇 0 ln 𝑉 𝑓 𝑉 𝑖 = 𝑄 perché 𝛥𝑈 = 𝑈( 𝑇 0 −𝑈 ( 𝑇 0 ) = 𝑄−𝐿 =0

18 4) ADIABATICA: senza scambio di calore
𝑑𝑈=−𝑑𝐿 L'energia interna varia a causa del lavoro e quindi T cambia. Condizione adiabatica 𝑃𝑉=𝑛𝑅𝑇 ⇒ 𝑃𝑑𝑉+𝑉𝑑𝑝=𝑛𝑅𝑑𝑇 𝑄=0 ⇒ 𝑑𝑈=−𝑃𝑑𝑉 𝑙𝑎𝑣𝑜𝑟𝑜 𝑓𝑎𝑡𝑡𝑜 𝑠𝑢𝑙 𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚𝑎 1 𝑛 𝑑𝑈 𝑑𝑇 =− 1 𝑛 𝑃 𝑑𝑉 𝑑𝑇 ⇒ − 𝑃 𝑐 𝑉 𝑑𝑉=𝑛𝑑𝑇 𝑐 𝑉0 1 𝑛 𝑑𝑈 𝑑𝑇 Si ricorda che

19 Dividendo ambo i membri per
𝑃𝑑𝑉+𝑉𝑑𝑝=𝑛𝑅𝑑𝑇 ⇒ 𝑃𝑑𝑉+𝑉𝑑𝑝 𝑅 =𝑛𝑑𝑇 Ma 𝑅= 𝑐 𝑃 − 𝑐 𝑉 𝑛𝑅𝑑𝑇 ⇒ 𝑃𝑑𝑉+𝑉𝑑𝑝 𝑐 𝑃 − 𝑐 𝑉 =𝑛𝑑𝑇= −𝑃 𝑐 𝑉 𝑑𝑉 𝑐 𝑉 𝑑𝑉+𝑉𝑑𝑃 𝑐 𝑣 =−𝑃𝑑𝑉 𝑐 𝑃 +𝑃𝑑𝑉 𝑐 𝑉 Dividendo ambo i membri per 𝑃𝑉 𝑉𝑑𝑃 𝑐 𝑣 𝑃𝑉 =− 𝑃𝑑𝑉 𝑐 𝑃 𝑃𝑉 si ottiene alla fine γ= 𝑐 𝑃 𝑐 𝑉 𝑑𝑃 𝑃 + 𝑑𝑉 𝑉 𝑐 𝑃 𝑐 𝑉 =0 definendo log𝑃+γlog𝑉=𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡 ⇒ log 𝑃 𝑉 γ =𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡 𝑃 𝑉 γ =𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡 𝐿= 𝑉 𝑖 𝑉 𝑓 𝑃 𝑑𝑉=𝐾 𝑉 𝑖 𝑉 𝑓 1 𝑉 γ 𝑑𝑉=𝐾 𝑉 𝑓 1−γ − 𝑉 𝑖 1−γ 1−γ 𝑑𝑜𝑣𝑒 𝐾=𝑃 𝑉 γ

20 Secondo principio della termodinamica
Clausius: E' impossibile realizzare una trasformazione il cui UNICO risultato è il traferimento di calore da un corpo più freddo a uno più caldo (senza lavoro esterno) Kelvin-Plank: E' impossibile realizzare una trasformazione il cui UNICO risultato è la trasformazione di tutto il calore assorbito da una sorgente omogenea in lavoro. SONO EQUIVALENTI 𝑐 𝑉 = 3 2 𝑅 𝐽 𝑚𝑜𝑙𝑒 𝐾 𝑐 𝑃 = 5 2 𝑅 𝐽 𝑚𝑜𝑙𝑒 𝐾 Per gas monoatomico.

21 Supponiamo sia FALSA la formulazione di Clausis e realizziamo una macchina termica che scambia calore Q estraendolo da una sorgente fredda Tf e cedendolo ad una sorgente calda Tc, Possimao ora aggiungere una seconda macchina che assorbe dalla sorgente calda il calore Q' e cede il calore Q a quella più fredda. Il risultato finale è la produzione di un lavoro L = Q' – Q con calore estratto SOLO dalla sorgente Tc. Ma questo nega la formulazione di Kelvin-Planck! 𝑇 𝑐 𝑄 𝑇 𝑓 𝑇 𝑐 𝑄′ 𝑄 𝐿 𝑄 𝑇 𝑓 𝑐 𝑉 = 3 2 𝑅 𝐽 𝑚𝑜𝑙𝑒 𝐾 𝑐 𝑃 = 5 2 𝑅 𝐽 𝑚𝑜𝑙𝑒 𝐾 Per gas monoatomico.

22 Ciclo di Carnot Il sistema torna nella condizione iniziale quindi dU = 0 e 𝑑𝑈=𝑑𝑄−𝑑𝐿=0 Q è il calore assorbito quindi Q = Q1 - Q2 𝑐 𝑉 = 3 2 𝑅 𝐽 𝑚𝑜𝑙𝑒 𝐾 𝑐 𝑃 = 5 2 𝑅 𝐽 𝑚𝑜𝑙𝑒 𝐾 Per gas monoatomico.

23 Il rendimento è definito come
η= 𝐿 𝑄 𝐿=𝐿𝑎𝑣𝑜𝑟𝑜 𝑐𝑜𝑚𝑝𝑖𝑢𝑡𝑜 𝑄=𝐶𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒 𝑎𝑠𝑠𝑜𝑟𝑏𝑖𝑡𝑜 η= 𝑄 1 − 𝑄 2 𝑄 1 = 𝑇 1 − 𝑇 2 𝑇 1 La funzione di stato ENTROPIA è definita come: Δ𝑆= 𝑄 𝑇 In una trasformazione isoterma Δ𝑆= 𝑑𝑄 𝑇 In una trasformazione generica 𝑐 𝑉 = 3 2 𝑅 𝐽 𝑚𝑜𝑙𝑒 𝐾 𝑐 𝑃 = 5 2 𝑅 𝐽 𝑚𝑜𝑙𝑒 𝐾 Per gas monoatomico.

24 Ciclo di Carnot nel piano T,S
𝑐 𝑉 = 3 2 𝑅 𝐽 𝑚𝑜𝑙𝑒 𝐾 𝑐 𝑃 = 5 2 𝑅 𝐽 𝑚𝑜𝑙𝑒 𝐾 Per gas monoatomico.

25 Un recipiente con volume fissato e con pareti adiabatiche è diviso in due parti da un setto NON adiabatico. Inizialmente, una parte contiene m1 = 10 kg di acqua a temperatura T1 = 20o C, l'altra contiene invece m2 = 2.5 kg di acqua a T2 = 80o C. Calcolare la temperatura finale del sistema una volta raggiunto l'equilibrio. Il corpo a temperatura più alta cede calore al corpo a temperatura più bassa. 𝑄 1 + 𝑄 2 =0 𝑄=𝑚𝑐Δ𝑇 𝑚 1 𝑐 𝑇 𝑓 − 𝑇 1 + 𝑚 2 𝑐 𝑇 𝑓 − 𝑇 2 =0 𝑇 𝑓 = 𝑚 1 𝑇 1 + 𝑚 2 𝑇 2 𝑚 1 + 𝑚 2 = 32 𝑜

26 Un cilindro con un pistone mobile esegue un'espansione durante la quale scambia 40 kJ di lavoro con l'ambiente. Sapendo che la variazione di U è 660 KJ, calcolare il calore scambiato dal sistema. Il lavoro è POSITIVO perché FATTO dal sistema. Io principio! Δ𝑈=𝑄−𝐿=𝑄−40=660𝑘𝐽 𝑄=700𝐾𝑗

27 Per l'acqua inizialmente presente
Un contenitore termicamente isolato contiene inizialmente 130 g di acqua a T = 80o C e un cubetto di ghiaccio di massa m = 13 g a temperatura T = -10o C. Si calcoli la temperatura finale all'equilibrio (Ca = kJ/(kg K), cg = kJ/(kg K), calore latente di fusione hl = 333 kJ/kg). Il calore assorbito dal ghiaccio per sciogliersi viene assorbito dall'acqua. Questo calore viene assorbito in 3 stadi: 1) Qg1 = calore assorbito per arrivare a T=0o C 2) Qg2 = calore assorbito per fondere il ghiaccio, 3) Qg3 = calore per riscaldare l'acqua fusa prodotta a T=0o. Per il ghiaccio 𝑄 𝑔1 = 𝑚 𝑔 𝑐 𝑔 𝑇 0 − 𝑇 𝑔 =0.012∗2.220∗ 0− −10 =0.0266𝑘𝐽 𝑄 𝑔2 = 𝑚 𝑔 ∗ ℎ 𝑙 =333∗0.012=3.996𝑘𝐽 𝑄 𝑔3 = 𝑚 𝑔 𝑐 𝑎 𝑇 𝑓 −0 Per l'acqua inizialmente presente 𝑄 𝑎 = 𝑚 𝑎 𝑐 𝑎 𝑇 𝑓 − 𝑇 1 𝑄 𝑎 + 𝑄 𝑔1 + 𝑄 𝑔2 + 𝑄 𝑔3 =0 𝑇 𝑓 = 𝑚 𝑎 𝑐 𝑎 𝑇 1 − 𝑄 𝑔1 − 𝑄 𝑔2 𝑚 𝑔 + 𝑚 𝑎 𝑐 𝑎 = 66 𝑜

28 3 moli di gas perfetto alla temperatura iniziale TA = 400 K e alla pressione PA = 2.5 Atm sono espanse in modo isotermo dallo stato A allo stato finale B in cui il volume del gas è doppio (VB = 2VA). Il gas viene successivamente compresso isobaricamente fino a tornare al volume iniziale VA. Calcolare il valore delle variabili termodinamiche nello stato finale. 𝑇 𝐴 =400 𝐾 𝑃 𝐴 =2.5 𝐴𝑡𝑚 𝑉 𝐴 = 𝑛𝑅 𝑇 𝐴 𝑃 𝐴 Isoterma: 𝑉 𝐵 =2 𝑉 𝐴 𝑇 𝐵 = 𝑇 𝐴 𝑃 𝐵 = 1 2 𝑃 𝐴 =1.25 𝐴𝑡𝑚 Isobara: 𝑉 𝐶 = 𝑉 𝐴 𝑃 𝐶 = 𝑃 𝐵 =1.25 𝐴𝑡𝑚 𝑇 𝐶 = 𝑃 𝐶 𝑉 𝐶 𝑛𝑅 =200 𝐾 𝐴 𝑃 𝐶 𝐵 𝑉