Esercizio 77compressore che gonfia un tubolare

Testo (compitino del 16 giugno 2022, problema 3, domande a, b, c; lo stesso problema compare nel "Tema esame 1"). Un compressore utilizza $n = 0{,}35$ moli di aria inizialmente alla pressione $p_0 = 10^5$ Pa e alla temperatura ambiente $T_0 = 290$ K per gonfiare la camera d'aria di un tubolare, portando l'aria alla pressione finale nel tubolare $p_f = 6 \cdot 10^5$ Pa. Il volume finale dell'aria nel tubolare è $V_f = 1{,}5\ \text{dm}^3$; nella compressione irreversibile il compressore esercita sul gas una pressione esterna che cresce al diminuire del volume $V$ secondo la relazione lineare

$$p_{\text{est}}(V) = p_0 + a\,(V - V_0), \qquad a = -7{,}2 \cdot 10^7\ \text{Pa/m}^3$$

essendo $V_0$ il volume occupato inizialmente dall'aria. Considerando l'aria come un gas ideale biatomico in tutto il processo e ricordando che la costante universale dei gas ideali è $R = 8{,}31$ J/(K·mole), determinare:

a) il volume iniziale $V_0$ occupato dall'aria e la temperatura finale dell'aria nel tubolare;

b) il lavoro subito dall'aria nella compressione;

c) il calore scambiato dall'aria con l'ambiente esterno durante la compressione.

(La domanda d, sulle variazioni di entropia, è trattata in Calcolo delle variazioni di entropiaLe formule di ΔS per i casi d'esame: serbatoio Q/T, corpo che cambia temperatura mc ln(T2/T1), cambiamento di fase mλ/T, gas ideale n cV ln(T2/T1) + nR ln(V2/V1). Per le trasformazioni irreversibili si integra lungo una reversibile con gli stessi estremi.Calcolo delle variazioni di entropia →.)

Le grandezze in gioco

Come leggere la legge di $p_{\text{est}}$. $a$ ha unità $\text{Pa/m}^3$, così che $a\,(V - V_0)$ sia una pressione. Quando il volume diminuisce ($V - V_0 < 0$) il prodotto $a\,(V - V_0)$ è positivo (perché $a < 0$), quindi la pressione esterna cresce man mano che l'aria viene compressa: è il pistone del compressore che spinge sempre più forte. All'inizio ($V = V_0$) vale $p_0$.

"Aria come gas ideale biatomico": $c_V = \frac52 R$ (Energia interna e calori specifici dei gas idealiL'energia interna di un gas ideale dipende solo dalla temperatura: ΔU = n c_V ΔT in qualunque trasformazione. I calori molari a volume e a pressione costante sono legati dalla relazione di Mayer c_p = c_V + R. Monoatomico: c_V = 3R/2; biatomico: c_V = 5R/2; γ = c_p/c_V.Energia interna e calori specifici dei gas ideali →).

a) Volume iniziale e temperatura finale

Gli stati iniziale e finale sono di equilibrio, quindi vale l'equazione di statopV = nRT con p in Pa, V in m³, T in K.Gas ideali - equazione di stato →:

$$V_0 = \frac{nRT_0}{p_0} = \frac{0{,}35 \cdot 8{,}31 \cdot 290}{10^5}\ \text{m}^3 = 8{,}43 \times 10^{-3}\ \text{m}^3 = 8{,}43\ \text{dm}^3$$

$$T_f = \frac{p_f V_f}{nR} = \frac{6 \times 10^5 \cdot 1{,}5 \times 10^{-3}}{0{,}35 \cdot 8{,}31} = \frac{900}{2{,}9085} = 309{,}4\ \text{K}$$

L'aria si scalda di circa $19$ K: è compressa a un sesto del volume circa, e il compressore la spinge più velocemente di quanto riesca a cedere calore.

Controllo di coerenza. Alla fine la pressione esterna deve essere uguale a quella dell'aria (equilibrio meccanico col pistone):

$$p_{\text{est}}(V_f) = 10^5 + (-7{,}2 \times 10^7)(1{,}5 - 8{,}43) \times 10^{-3} = 10^5 + 4{,}99 \times 10^5 = 5{,}99 \times 10^5\ \text{Pa} \approx p_f \ ✓$$

b) Lavoro subito dall'aria

La compressione è irreversibile: la pressione dell'aria durante il processo non è definita, ma è nota quella che il compressore esercita. Il lavoro si calcola con la pressione esternaPer una trasformazione irreversibile W = ∫ p_est dV: è l'energia che l'ambiente trasferisce al gas spingendo il pistone.Lavoro termodinamico →:

$$W = \int_{V_0}^{V_f} p_{\text{est}}(V)\,dV = \int_{V_0}^{V_f} \big[p_0 + a\,(V - V_0)\big]\,dV$$

Si integra termine per termine. Con la sostituzione $u = V - V_0$ (che va da $0$ a $V_f - V_0$) il secondo termine diventa $\int a\,u\,du = \frac12 a u^2$:

$$W = p_0\,(V_f - V_0) + \frac12\,a\,(V_f - V_0)^2$$

Con $V_f - V_0 = (1{,}5 - 8{,}43) \times 10^{-3} = -6{,}93 \times 10^{-3}\ \text{m}^3$:

$$W = 10^5 \cdot (-6{,}93 \times 10^{-3}) + \frac12 (-7{,}2 \times 10^7)(6{,}93 \times 10^{-3})^2 = -693 - 1731 = -2425\ \text{J}$$

Interpretazione grafica: è l'area (con segno meno, perché il volume diminuisce) del trapezio sotto la retta $p_{\text{est}}(V)$, che va da $p_0 = 10^5$ Pa a $5{,}99 \times 10^5$ Pa. Infatti $\frac{(1 + 5{,}99) \times 10^5}{2} \cdot 6{,}93 \times 10^{-3} = 2422$ J, uguale a meno degli arrotondamenti.

Il lavoro compiuto dall'aria è $W = -2425$ J, quindi il lavoro subito dall'aria è $+2425$ J.

Confronto con la soluzione del tema: lì si trova $-2404$ J perché si è usato $V_0$ arrotondato a $8{,}4\ \text{dm}^3$. Con $V_0 = 8{,}4$ il calcolo dà esattamente $-690 - 1714 = -2404$ J. La differenza (meno dell'$1\%$) è solo un effetto dell'arrotondamento.

c) Calore scambiato

Prima l'energia interna, che dipende solo dalle temperaturePer un gas ideale ΔU = n c_V ΔT in qualunque trasformazione, anche irreversibile.Energia interna e calori specifici dei gas ideali →:

$$\Delta U = n c_V (T_f - T_0) = 0{,}35 \cdot \tfrac52 \cdot 8{,}31 \cdot (309{,}4 - 290) = 141\ \text{J}$$

Poi il primo principioΔU = Q − W, con W lavoro compiuto dal gas: quindi Q = ΔU + W.Primo principio della termodinamica →, con il lavoro compiuto (negativo):

$$Q = \Delta U + W = 141 + (-2425) = -2284\ \text{J}$$

Il segno meno vuol dire che l'aria cede calore all'ambiente. Bilancio energetico: dei $2425$ J ricevuti dal compressore come lavoro, solo $141$ J restano nell'aria come energia interna (la scaldano di $19$ K); gli altri $2284$ J passano all'ambiente come calore (per questo un compressore si scalda). La soluzione del tema, con $V_0$ arrotondato, dà $Q = -2263$ J.

Risultati

Errori comuni

• Usare $p = nRT/V$ dentro l'integrale: la trasformazione non è né isoterma né reversibile, l'aria non ha una pressione definita durante la compressione. Si integra la pressione esterna data.
• Sbagliare il segno di $a\,(V - V_0)$: $a$ e $V - V_0$ sono entrambi negativi, il loro prodotto è positivo.
• Confondere lavoro subito e lavoro compiuto nel primo principio: in $\Delta U = Q - W$ va il lavoro compiuto, $-2425$ J.
• Arrotondare troppo presto: arrotondare $V_0$ a due cifre sposta il lavoro di $20$ J.