Esercizi — Cicli e macchine termiche

Tutti gli esercizi del capitolo, svolti passo-passo, in ordine di comparsa nel capitolo: prima gli esercizi guidati nel testo, poi i problemi di fine capitolo (numerici, concettuali, vero/falso, ranking, grafici, stime di Fermi).

Esercizi svolti nel testo

• Espansione isoterma: reversibile vs irreversibile
• Ciclo di Carnot semplificato

Problemi di fine capitolo

• Rendimento da calori scambiati (800-600 J)
• Vero o falso su reversibilità e cicli
• Rendimento massimo di Carnot (500-300 K)
• Compressione adiabatica di un gas biatomico
• Disegnare un ciclo di Carnot (motore e frigorifero)
• Stanza con frigorifero aperto
• Pompa di calore ideale per una casa
• Dimostrazione del rendimento di Carnot
• Ciclo di Carnot monoatomico (400-250 K)
• Ciclo di Carnot nel piano ln P – ln V
• Ranking di quattro macchine di Carnot
• Frigo con la porta aperta
• Lavoro utile per 1000 J assorbiti
• Rendimento di una macchina reale (4000-3000 J)
• Pompa di calore tra 295 e 246 K
• Una macchina troppo efficiente
• Ranking di tre macchine di Carnot
• Vero o falso su macchine e frigoriferi
• Stima della potenza di un condizionatore
• Ciclo rettangolare nel piano p-V
• Bilanci di un ciclo
• Carnot rispetto agli altri cicli
• Frigorifero come ciclo inverso
• Ciclo di Carnot nel piano T-S
• Ranking di quattro macchine di Carnot (2)
• Ranking di quattro frigoriferi
• Rendimento e lavoro di Carnot (500-300 K)
• Frigorifero di Carnot (273 K)
• Rendimento del ciclo Otto
• Rendimento del ciclo Brayton
• Area di un ciclo p-V
• Temperatura minima di una centrale
• Entropia in un ciclo di Carnot
• Pompa di calore per riscaldare (295-273 K)
• Rendimento di Carnot per T_f → 0
• Una macchina con rendimento maggiore di 1
• Carnot a tre serbatoi
• Motore a benzina realistico (Otto vs Carnot)
• Refrigeratore di Carnot e bilancio energetico
• Condizionatore e finestra aperta
• Perché i motori vanno ad alta temperatura
• Carnot in p-V (adiabatiche vs isoterme)
• Quattro cicli nel piano T-S
• Potenza di una centrale a carbone
• Doccia mattutina
• Condizionatore reale (SEER)
• Macchina di Stirling
• Rendimento del ciclo Diesel

All the chapter’s exercises, worked step-by-step, in order of appearance in the chapter: first the worked exercises in the text, then the end-of-chapter problems (numerical, conceptual, true/false, ranking, graphical, Fermi estimates).

Worked exercises in the text

• Isothermal expansion: reversible vs irreversible
• Simplified Carnot cycle

End-of-chapter problems

• Efficiency from exchanged heats (800-600 J)
• True or false on reversibility and cycles
• Maximum Carnot efficiency (500-300 K)
• Adiabatic compression of a diatomic gas
• Drawing a Carnot cycle (engine and refrigerator)
• Room with the refrigerator door open
• Ideal heat pump for a house
• Proof of Carnot efficiency
• Monatomic Carnot cycle (400-250 K)
• Carnot cycle in the ln P – ln V plane
• Ranking four Carnot engines
• Fridge with the door open
• Useful work for 1000 J absorbed
• Efficiency of a real engine (4000-3000 J)
• Heat pump between 295 and 246 K
• An engine that’s too efficient
• Ranking three Carnot engines
• True or false on engines and refrigerators
• Estimating the power of an air conditioner
• Rectangular cycle in the p-V plane
• Balances of a cycle
• Carnot compared with other cycles
• Refrigerator as a reverse cycle
• Carnot cycle in the T-S plane
• Ranking four Carnot engines (2)
• Ranking four refrigerators
• Carnot efficiency and work (500-300 K)
• Carnot refrigerator (273 K)
• Efficiency of the Otto cycle
• Efficiency of the Brayton cycle
• Area of a p-V cycle
• Minimum temperature of a power plant
• Entropy in a Carnot cycle
• Heat pump for heating (295-273 K)
• Carnot efficiency as T_f → 0
• An engine with efficiency greater than 1
• Carnot with three reservoirs
• Realistic petrol engine (Otto vs Carnot)
• Carnot refrigerator and energy balance
• Air conditioner and open window
• Why engines run at high temperature
• Carnot in p-V (adiabatics vs isotherms)
• Four cycles in the T-S plane
• Power of a coal-fired power plant
• Morning shower
• Real air conditioner (SEER)
• Stirling engine
• Efficiency of the Diesel cycle

Testo

Un gas biatomico si espande isotermicamente a $T = 300\;\text{K}$ raddoppiando di volume ($V_B = 2V_A$). Calcolare $Q$ e $L_\text{gas}$ nei due casi:

1. Trasformazione reversibile (infinito termostato a $300\;\text{K}$, pressione che diminuisce gradualmente).
2. Trasformazione irreversibile (il gas si espande bruscamente nel vuoto, contro una parete di pressione nulla).

Discutere in ciascun caso $\Delta E_\text{int}$, $\Delta S_\text{gas}$ e $\Delta S_\text{tot}$. Usare $n = 1\;\text{mol}$, $R = 8{,}31\;\text{J/(mol·K)}$, $\ln 2 \approx 0{,}693$.

Soluzione

Impostazione — grandezze uguali nei due casi. Lo stato iniziale e lo stato finale sono identici nei due casi (stesso gas, stessa $T$, stesso $V_A \to V_B$). Poiché $E_\text{int}$ dipende solo da $T$ (gas ideale) ed è una funzione di stato, e $S_\text{gas}$ è anch’essa una funzione di stato:

$\Delta E_\text{int} = 0 \qquad \Delta S_\text{gas} = nR\ln\frac{V_B}{V_A} = nR\ln 2$

valgono in entrambi i casi. Numericamente $\Delta S_\text{gas} = 1\cdot 8{,}31\cdot 0{,}693 = 5{,}76\;\text{J/K}$.

Caso 1 — reversibile. Il gas spinge il pistone con pressione $P = nRT/V$ che diminuisce gradualmente. Il lavoro è

$L_\text{gas}^\text{rev} = nRT\ln\frac{V_B}{V_A} = nRT\ln 2$

Poiché $\Delta E_\text{int} = 0$, dal primo principio $Q^\text{rev} = L_\text{gas}^\text{rev}$. Numericamente:

$Q^\text{rev} = L_\text{gas}^\text{rev} = 1\cdot 8{,}31\cdot 300\cdot 0{,}693 = \ev{1728\;\text{J}}$

Il termostato cede questo calore a $T$ costante, quindi

$\Delta S_\text{term} = -\frac{Q^\text{rev}}{T} = -nR\ln 2 = -5{,}76\;\text{J/K}$

$\Delta S_\text{tot} = \Delta S_\text{gas} + \Delta S_\text{term} = nR\ln 2 - nR\ln 2 = \ev{0} \quad\checkmark \text{ (reversibile)}$

Caso 2 — irreversibile (espansione libera nel vuoto). Non c’è pistone, non c’è atmosfera dall’altro lato, non c’è termostato: il gas non spinge contro nulla ($P_\text{esterna} = 0$) e non scambia calore.

$L_\text{gas}^\text{irr} = 0 \qquad Q^\text{irr} = 0$

La temperatura resta $300\;\text{K}$ perché $\Delta E_\text{int} = Q - L = 0$. Non essendoci termostato, $\Delta S_\text{term} = 0$, dunque

$\Delta S_\text{tot} = \Delta S_\text{gas} + 0 = nR\ln 2 = \ev{+5{,}76\;\text{J/K} > 0} \quad \text{(irreversibile)}$

Conclusione. Stesso cambio di stato, ma $Q$ e $L$ sono diversi: la via reversibile estrae lavoro utile ($1728\;\text{J}$) mantenendo $\Delta S_\text{tot} = 0$; l’espansione libera non produce lavoro e genera entropia. $\Delta E_\text{int}$ e $\Delta S_\text{gas}$ coincidono perché funzioni di stato — è la classica tecnica del “percorso reversibile fittizio” per calcolare $\Delta S_\text{gas}$ anche in un processo irreversibile.

Collegamenti

Argomenti: Termodinamica · Entropia e secondo principio Concetti: Trasformazioni termodinamiche · Primo principio della termodinamica · Entropia · Energia interna · Secondo principio della termodinamica Competenze: Bilancio entropico Oggetti: Gas ideale

Problem

A diatomic gas expands isothermally at $T = 300\;\text{K}$, doubling its volume ($V_B = 2V_A$). Calculate $Q$ and $L_\text{gas}$ in the two cases:

1. Reversible transformation (infinite thermostat at $300\;\text{K}$, pressure decreasing gradually).
2. Irreversible transformation (the gas expands suddenly into a vacuum, against a wall of zero pressure).

Discuss in each case $\Delta E_\text{int}$, $\Delta S_\text{gas}$ and $\Delta S_\text{tot}$. Use $n = 1\;\text{mol}$, $R = 8{,}31\;\text{J/(mol·K)}$, $\ln 2 \approx 0{,}693$.

Solution

Setup — quantities equal in both cases. The initial state and the final state are identical in the two cases (same gas, same $T$, same $V_A \to V_B$). Since $E_\text{int}$ depends only on $T$ (ideal gas) and is a state function, and $S_\text{gas}$ is also a state function:

$\Delta E_\text{int} = 0 \qquad \Delta S_\text{gas} = nR\ln\frac{V_B}{V_A} = nR\ln 2$

hold in both cases. Numerically $\Delta S_\text{gas} = 1\cdot 8{,}31\cdot 0{,}693 = 5{,}76\;\text{J/K}$.

Case 1 — reversible. The gas pushes the piston with pressure $P = nRT/V$ which decreases gradually. The work is

$L_\text{gas}^\text{rev} = nRT\ln\frac{V_B}{V_A} = nRT\ln 2$

Since $\Delta E_\text{int} = 0$, from the first law $Q^\text{rev} = L_\text{gas}^\text{rev}$. Numerically:

$Q^\text{rev} = L_\text{gas}^\text{rev} = 1\cdot 8{,}31\cdot 300\cdot 0{,}693 = \ev{1728\;\text{J}}$

The thermostat releases this heat at constant $T$, so

$\Delta S_\text{term} = -\frac{Q^\text{rev}}{T} = -nR\ln 2 = -5{,}76\;\text{J/K}$

$\Delta S_\text{tot} = \Delta S_\text{gas} + \Delta S_\text{term} = nR\ln 2 - nR\ln 2 = \ev{0} \quad\checkmark \text{ (reversible)}$

Case 2 — irreversible (free expansion into vacuum). There is no piston, no atmosphere on the other side, no thermostat: the gas pushes against nothing ($P_\text{esterna} = 0$) and exchanges no heat.

$L_\text{gas}^\text{irr} = 0 \qquad Q^\text{irr} = 0$

The temperature stays $300\;\text{K}$ because $\Delta E_\text{int} = Q - L = 0$. With no thermostat, $\Delta S_\text{term} = 0$, hence

$\Delta S_\text{tot} = \Delta S_\text{gas} + 0 = nR\ln 2 = \ev{+5{,}76\;\text{J/K} > 0} \quad \text{(irreversible)}$

Conclusion. Same change of state, but $Q$ and $L$ differ: the reversible route extracts useful work ($1728\;\text{J}$) while keeping $\Delta S_\text{tot} = 0$; the free expansion produces no work and generates entropy. $\Delta E_\text{int}$ and $\Delta S_\text{gas}$ coincide because they are state functions — this is the classic “fictitious reversible path” technique for computing $\Delta S_\text{gas}$ even in an irreversible process.

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Topics: Termodinamica · Entropia e secondo principio Concepts: Trasformazioni termodinamiche · Primo principio della termodinamica · Entropia · Energia interna · Secondo principio della termodinamica Skills: Bilancio entropico Objects: Gas ideale

Testo

$1\;\text{mol}$ di gas monoatomico compie un ciclo di Carnot tra $T_H = 600\;\text{K}$ e $T_C = 300\;\text{K}$. Nell’espansione isoterma calda il volume raddoppia. Calcolare il rendimento e confrontarlo con $\eta_\text{Carnot}$. Usare $R = 8{,}31\;\text{J/(mol·K)}$, $\ln 2 \approx 0{,}693$.

Soluzione

Calore assorbito (A→B, isoterma a $T_H$). Nell’espansione isoterma reversibile $Q_H = nRT_H\ln(V_B/V_A)$, con $V_B/V_A = 2$:

$Q_H = nRT_H\ln 2 = 1\cdot 8{,}31\cdot 600\cdot 0{,}693 = 3456\;\text{J}$

Rapporto dei volumi sull’isoterma fredda. Dalle due adiabatiche del ciclo si ricava $V_C/V_D = V_B/V_A = 2$: anche l’isoterma fredda vede il volume raddoppiare.

Calore ceduto (C→D, isoterma a $T_C$).

$|Q_C| = nRT_C\ln 2 = 1\cdot 8{,}31\cdot 300\cdot 0{,}693 = 1728\;\text{J}$

Lavoro netto. In un ciclo $\Delta E_\text{int} = 0$, quindi $L_\text{netto} = Q_H - |Q_C|$:

$L_\text{netto} = 3456 - 1728 = 1728\;\text{J}$

Rendimento.

$\eta = \frac{L_\text{netto}}{Q_H} = \frac{1728}{3456} = \ev{0{,}5 = 50\%}$

Verifica con la formula di Carnot.

$\eta_\text{Carnot} = 1 - \frac{T_C}{T_H} = 1 - \frac{300}{600} = 0{,}5 = 50\% \quad\checkmark$

I due valori coincidono: il ciclo di Carnot raggiunge esattamente il rendimento massimo consentito tra le due temperature, e questo non dipende dal tipo di gas.

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Argomenti: Macchine termiche Concetti: Ciclo di Carnot · Rendimento · Trasformazioni termodinamiche Competenze: Risoluzione di un ciclo termodinamico Oggetti: Macchina termica · Gas ideale

Problem

$1\;\text{mol}$ of monatomic gas performs a Carnot cycle between $T_H = 600\;\text{K}$ and $T_C = 300\;\text{K}$. In the hot isothermal expansion the volume doubles. Calculate the efficiency and compare it with $\eta_\text{Carnot}$. Use $R = 8{,}31\;\text{J/(mol·K)}$, $\ln 2 \approx 0{,}693$.

Solution

Heat absorbed (A→B, isothermal at $T_H$). In the reversible isothermal expansion $Q_H = nRT_H\ln(V_B/V_A)$, with $V_B/V_A = 2$:

$Q_H = nRT_H\ln 2 = 1\cdot 8{,}31\cdot 600\cdot 0{,}693 = 3456\;\text{J}$

Volume ratio on the cold isotherm. From the two adiabatics of the cycle we get $V_C/V_D = V_B/V_A = 2$: the cold isotherm also sees the volume double.

Heat released (C→D, isothermal at $T_C$).

$|Q_C| = nRT_C\ln 2 = 1\cdot 8{,}31\cdot 300\cdot 0{,}693 = 1728\;\text{J}$

Net work. In a cycle $\Delta E_\text{int} = 0$, so $L_\text{net} = Q_H - |Q_C|$:

$L_\text{net} = 3456 - 1728 = 1728\;\text{J}$

Efficiency.

$\eta = \frac{L_\text{net}}{Q_H} = \frac{1728}{3456} = \ev{0{,}5 = 50\%}$

Check with the Carnot formula.

$\eta_\text{Carnot} = 1 - \frac{T_C}{T_H} = 1 - \frac{300}{600} = 0{,}5 = 50\% \quad\checkmark$

The two values coincide: the Carnot cycle reaches exactly the maximum efficiency allowed between the two temperatures, and this does not depend on the type of gas.

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Argomenti: Heat engines Concetti: Carnot cycle · Efficiency · Thermodynamic transformations Competenze: Solving a thermodynamic cycle Oggetti: Heat engine · Ideal gas

Testo

Una macchina termica assorbe $Q_c = 800\;\text{J}$ dalla sorgente calda ed espelle $Q_f = 600\;\text{J}$ alla sorgente fredda per ogni ciclo. Calcola il rendimento.

Soluzione

Impostazione. In un ciclo $\Delta E_\text{int} = 0$, quindi il lavoro netto è la differenza fra calore assorbito e calore ceduto:

$L = Q_c - Q_f = 800 - 600 = 200\;\text{J}$

Rendimento. Per definizione $\eta = L/Q_c = 1 - Q_f/Q_c$:

$\eta = \frac{L}{Q_c} = \frac{200}{800} = 1 - \frac{600}{800} = \ev{0{,}25 = 25\%}$

Solo un quarto del calore assorbito diventa lavoro utile; il resto ($600\;\text{J}$) è scaricato nella sorgente fredda, come impone il secondo principio.

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Argomenti: Macchine termiche Concetti: Rendimento · Primo principio della termodinamica Competenze: Risoluzione di un ciclo termodinamico Oggetti: Macchina termica

Problem

A heat engine absorbs $Q_c = 800\;\text{J}$ from the hot reservoir and expels $Q_f = 600\;\text{J}$ to the cold reservoir per cycle. Calculate the efficiency.

Solution

Setup. In a cycle $\Delta E_\text{int} = 0$, so the net work is the difference between absorbed and released heat:

$L = Q_c - Q_f = 800 - 600 = 200\;\text{J}$

Efficiency. By definition $\eta = L/Q_c = 1 - Q_f/Q_c$:

$\eta = \frac{L}{Q_c} = \frac{200}{800} = 1 - \frac{600}{800} = \ev{0{,}25 = 25\%}$

Only a quarter of the absorbed heat becomes useful work; the rest ($600\;\text{J}$) is dumped into the cold reservoir, as required by the second law.

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Argomenti: Heat engines Concetti: Efficiency · First law of thermodynamics Competenze: Solving a thermodynamic cycle Oggetti: Heat engine

Testo

Vero o falso, motivando:

1. In un’adiabatica reversibile il gas scambia calore con l’ambiente.
2. Un ciclo percorso in senso orario nel piano $P$-$V$ produce lavoro netto positivo.
3. Il rendimento di Carnot dipende anche dal tipo di gas usato.
4. Nessuna macchina reale può superare il rendimento di Carnot tra le stesse due temperature.

Soluzione

1. FALSO. Adiabatica significa per definizione $Q = 0$: nessun calore attraversa le pareti. Ciò che varia è l’energia interna, per via del lavoro: $\Delta E_\text{int} = -L_\text{gas} = nC_v(T_B - T_A)$. Nella versione reversibile vale inoltre $PV^\gamma = \text{cost}$.

2. VERO. Il lavoro netto di un ciclo è l’area racchiusa dalla curva nel piano $P$-$V$. Percorrendo il ciclo in senso orario questa area è positiva ($L_\text{netto} > 0$): la macchina funziona da motore termico. In senso antiorario $L_\text{netto} < 0$ (frigorifero / pompa di calore).

3. FALSO. Il rendimento di Carnot dipende solo dalle due temperature:

$\eta_\text{Carnot} = 1 - \frac{T_C}{T_H}$

Nella derivazione i termini che contengono $n$, $\gamma$ e i volumi si semplificano: il fluido di lavoro scompare. È il nucleo del secondo principio scoperto da Carnot.

4. VERO. Il rendimento di Carnot è un tetto universale imposto dal secondo principio: qualunque macchina reale, sempre irreversibile, opera con $\eta < \eta_\text{Carnot}$. Nessuna macchina, per quanto raffinata, può superarlo tra le stesse due temperature.

$\ev{\text{F},\ \text{V},\ \text{F},\ \text{V}}$

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Argomenti: Termodinamica · Macchine termiche Concetti: Trasformazioni termodinamiche · Ciclo di Carnot · Rendimento · Secondo principio della termodinamica Competenze: Ragionamento di ranking

Problem

True or false, with justification:

1. In a reversible adiabatic process the gas exchanges heat with the surroundings.
2. A cycle traversed clockwise in the $P$-$V$ plane produces positive net work.
3. The Carnot efficiency also depends on the type of gas used.
4. No real engine can exceed the Carnot efficiency between the same two temperatures.

Solution

1. FALSE. Adiabatic means, by definition, $Q = 0$: no heat crosses the walls. What changes is the internal energy, due to work: $\Delta E_\text{int} = -L_\text{gas} = nC_v(T_B - T_A)$. In the reversible version we also have $PV^\gamma = \text{const}$.

2. TRUE. The net work of a cycle is the area enclosed by the curve in the $P$-$V$ plane. Traversing the cycle clockwise makes this area positive ($L_\text{net} > 0$): the engine acts as a heat engine. Counterclockwise, $L_\text{net} < 0$ (refrigerator/heat pump).

3. FALSE. The Carnot efficiency depends only on the two temperatures:

$\eta_\text{Carnot} = 1 - \frac{T_C}{T_H}$

In the derivation, the terms containing $n$, $\gamma$, and the volumes cancel out: the working fluid disappears. This is the core of the second law discovered by Carnot.

4. TRUE. The Carnot efficiency is a universal ceiling imposed by the second law: any real engine, always irreversible, operates with $\eta < \eta_\text{Carnot}$. No engine, however refined, can exceed it between the same two temperatures.

$\ev{\text{F},\ \text{T},\ \text{F},\ \text{T}}$

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Argomenti: Termodinamica · Macchine termiche Concetti: Trasformazioni termodinamiche · Ciclo di Carnot · Rendimento · Secondo principio della termodinamica Competenze: Ragionamento di ranking

Testo

Una macchina di Carnot opera tra $T_H = 500\;\text{K}$ e $T_C = 300\;\text{K}$. Calcola il rendimento massimo.

Soluzione

Formula. Il rendimento massimo tra due temperature è quello di Carnot, con le temperature in kelvin:

$\eta_\text{Carnot} = 1 - \frac{T_C}{T_H}$

Sostituzione numerica.

$\eta_\text{Carnot} = 1 - \frac{300}{500} = 1 - 0{,}6 = \ev{0{,}40 = 40\%}$

Nessuna macchina reale operante fra $300\;\text{K}$ e $500\;\text{K}$ può superare il $40\%$.

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Argomenti: Macchine termiche Concetti: Ciclo di Carnot · Rendimento Competenze: Impostazione simbolica Oggetti: Macchina termica

Problem

A Carnot engine operates between $T_H = 500\;\text{K}$ and $T_C = 300\;\text{K}$. Calculate the maximum efficiency.

Solution

Formula. The maximum efficiency between two temperatures is the Carnot efficiency, with the temperatures in kelvin:

$\eta_\text{Carnot} = 1 - \frac{T_C}{T_H}$

Numerical substitution.

$\eta_\text{Carnot} = 1 - \frac{300}{500} = 1 - 0{,}6 = \ev{0{,}40 = 40\%}$

No real engine operating between $300\;\text{K}$ and $500\;\text{K}$ can exceed $40\%$.

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Argomenti: Macchine termiche Concetti: Ciclo di Carnot · Rendimento Competenze: Impostazione simbolica Oggetti: Macchina termica

Testo

Un gas biatomico ($\gamma = 7/5$) si trova inizialmente a $P_A = 10^5\;\text{Pa}$, $V_A = 10^{-2}\;\text{m}^3$, $T_A = 300\;\text{K}$ e subisce una compressione adiabatica reversibile fino a $V_B = V_A/2$. Calcola $P_B$ e $T_B$.

Soluzione

Impostazione. In un’adiabatica reversibile valgono $PV^\gamma = \text{cost}$ e $TV^{\gamma-1} = \text{cost}$, con $\gamma = 7/5 = 1{,}4$. Poiché $V_B = V_A/2$, il rapporto dei volumi è $V_A/V_B = 2$.

Pressione finale. Da $P_A V_A^\gamma = P_B V_B^\gamma$:

$P_B = P_A\left(\frac{V_A}{V_B}\right)^{\gamma} = 10^5 \cdot 2^{1{,}4}$

Con $2^{1{,}4} = e^{1{,}4\ln 2} = e^{0{,}970} \approx 2{,}639$:

$P_B \approx 10^5 \cdot 2{,}639 = \ev{2{,}64\cdot 10^5\;\text{Pa}}$

Temperatura finale. Da $T_A V_A^{\gamma-1} = T_B V_B^{\gamma-1}$:

$T_B = T_A\left(\frac{V_A}{V_B}\right)^{\gamma-1} = 300 \cdot 2^{0{,}4}$

Con $2^{0{,}4} = e^{0{,}4\ln 2} = e^{0{,}277} \approx 1{,}320$:

$T_B \approx 300 \cdot 1{,}320 = \ev{396\;\text{K}}$

Verifica di coerenza. Con $PV = nRT$ si ha $T_B/T_A = (P_B V_B)/(P_A V_A) = 2{,}639 \cdot (1/2) = 1{,}320$, cioè $T_B = 396\;\text{K}$ $\checkmark$. Comprimendo il gas senza scambio di calore, sia la pressione sia la temperatura salgono: il lavoro fatto sul gas ne aumenta l’energia interna.

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Argomenti: Termodinamica Concetti: Trasformazioni termodinamiche · Legge dei gas perfetti Competenze: Impostazione simbolica Oggetti: Gas ideale · Pistone e cilindro

Problem

A diatomic gas ($\gamma = 7/5$) is initially at $P_A = 10^5\;\text{Pa}$, $V_A = 10^{-2}\;\text{m}^3$, $T_A = 300\;\text{K}$ and undergoes a reversible adiabatic compression down to $V_B = V_A/2$. Calculate $P_B$ and $T_B$.

Solution

Setup. In a reversible adiabatic process $PV^\gamma = \text{const}$ and $TV^{\gamma-1} = \text{const}$ hold, with $\gamma = 7/5 = 1{,}4$. Since $V_B = V_A/2$, the volume ratio is $V_A/V_B = 2$.

Final pressure. From $P_A V_A^\gamma = P_B V_B^\gamma$:

$P_B = P_A\left(\frac{V_A}{V_B}\right)^{\gamma} = 10^5 \cdot 2^{1{,}4}$

With $2^{1{,}4} = e^{1{,}4\ln 2} = e^{0{,}970} \approx 2{,}639$:

$P_B \approx 10^5 \cdot 2{,}639 = \ev{2{,}64\cdot 10^5\;\text{Pa}}$

Final temperature. From $T_A V_A^{\gamma-1} = T_B V_B^{\gamma-1}$:

$T_B = T_A\left(\frac{V_A}{V_B}\right)^{\gamma-1} = 300 \cdot 2^{0{,}4}$

With $2^{0{,}4} = e^{0{,}4\ln 2} = e^{0{,}277} \approx 1{,}320$:

$T_B \approx 300 \cdot 1{,}320 = \ev{396\;\text{K}}$

Consistency check. With $PV = nRT$ we have $T_B/T_A = (P_B V_B)/(P_A V_A) = 2{,}639 \cdot (1/2) = 1{,}320$, i.e. $T_B = 396\;\text{K}$ $\checkmark$. Compressing the gas without any heat exchange raises both the pressure and the temperature: the work done on the gas increases its internal energy.

Collegamenti

Argomenti: Termodinamica Concetti: Trasformazioni termodinamiche · Legge dei gas perfetti Competenze: Impostazione simbolica Oggetti: Gas ideale · Pistone e cilindro

Testo

Nel diagramma $P$-$V$ disegna un ciclo di Carnot tra due isoterme ($T_H$ e $T_C$) e due adiabatiche, indicando il verso di percorrenza se la macchina è un motore termico. Mostra qualitativamente dove il calore $Q_H$ entra, dove $Q_C$ esce, e quale area corrisponde al lavoro netto. Infine, disegna sul medesimo diagramma come cambia il ciclo se viene invertito per realizzare un frigorifero.

Soluzione

Struttura del ciclo. Il ciclo di Carnot è formato da quattro tratti reversibili alternati: due isoterme (iperboli $P = nRT/V$, una calda a $T_H$, una fredda a $T_C$) e due adiabatiche ($PV^\gamma = \text{cost}$), più ripide delle isoterme perché $\gamma > 1$.

Motore (verso orario). Percorrendo A→B→C→D→A in senso orario il lavoro netto è l’area racchiusa ed è positivo ($L_\text{netto} > 0$):

• A→B espansione isoterma a $T_H$: il gas assorbe $Q_H$ (contatto con la sorgente calda);
• B→C espansione adiabatica: $Q = 0$, il gas si raffredda da $T_H$ a $T_C$;
• C→D compressione isoterma a $T_C$: il gas cede $Q_C$ alla sorgente fredda;
• D→A compressione adiabatica: $Q = 0$, il gas si riscalda da $T_C$ a $T_H$.

$\ev{L_\text{netto} = Q_H - |Q_C| = \text{area racchiusa}, \qquad \text{verso orario} \Rightarrow \text{motore}}$

Ciclo di Carnot in senso orario (motore): l’area racchiusa è il lavoro netto positivo.

Frigorifero (verso invertito, antiorario). Percorrendo lo stesso ciclo al contrario, A→D→C→B→A in senso antiorario, il lavoro netto cambia segno ($L_\text{netto} < 0$): ora si spende lavoro dall’esterno. Il gas assorbe $Q_C$ dalla sorgente fredda (lungo l’isoterma fredda, percorsa ora da D verso C) e cede $Q_H$ alla sorgente calda: il calore viene “pompato” dal freddo al caldo.

$\ev{\text{verso antiorario} \Rightarrow \text{frigorifero / pompa di calore}, \qquad L_\text{netto} < 0}$

La curva nel piano $P$-$V$ è la stessa: cambia solo il verso di percorrenza. Motore e frigorifero sono lo stesso ciclo di Carnot percorso nei due sensi opposti.

Collegamenti

Argomenti: Macchine termiche Concetti: Ciclo di Carnot · Frigorifero e pompa di calore · Trasformazioni termodinamiche Competenze: Lettura dei grafici Metodi: Diagramma P-V e ln P - ln V Oggetti: Macchina termica · Frigorifero

Problem

On the $P$-$V$ diagram, draw a Carnot cycle between two isotherms ($T_H$ and $T_C$) and two adiabatics, indicating the direction of travel if the machine is a heat engine. Show qualitatively where the heat $Q_H$ enters, where $Q_C$ leaves, and which area corresponds to the net work. Finally, draw on the same diagram how the cycle changes if it is reversed to make a refrigerator.

Solution

Structure of the cycle. The Carnot cycle consists of four alternating reversible stages: two isotherms (hyperbolas $P = nRT/V$, a hot one at $T_H$, a cold one at $T_C$) and two adiabatics ($PV^\gamma = \text{const}$), steeper than the isotherms because $\gamma > 1$.

Engine (clockwise direction). Travelling A→B→C→D→A clockwise, the net work is the enclosed area and is positive ($L_\text{net} > 0$):

• A→B isothermal expansion at $T_H$: the gas absorbs $Q_H$ (in contact with the hot source);
• B→C adiabatic expansion: $Q = 0$, the gas cools from $T_H$ to $T_C$;
• C→D isothermal compression at $T_C$: the gas releases $Q_C$ to the cold source;
• D→A adiabatic compression: $Q = 0$, the gas heats from $T_C$ to $T_H$.

$\ev{L_\text{net} = Q_H - |Q_C| = \text{enclosed area}, \qquad \text{clockwise} \Rightarrow \text{engine}}$

Carnot cycle clockwise (engine): the enclosed area is the positive net work.

Refrigerator (reversed direction, anticlockwise). Travelling the same cycle in reverse, A→D→C→B→A anticlockwise, the net work changes sign ($L_\text{net} < 0$): now work is spent from outside. The gas absorbs $Q_C$ from the cold source (along the cold isotherm, now travelled from D to C) and releases $Q_H$ to the hot source: heat is “pumped” from cold to hot.

$\ev{\text{anticlockwise} \Rightarrow \text{refrigerator / heat pump}, \qquad L_\text{net} < 0}$

The curve in the $P$-$V$ plane is the same: only the direction of travel changes. Engine and refrigerator are the same Carnot cycle travelled in the two opposite directions.

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Topics: Heat engines Concepts: Carnot cycle · Refrigerator and heat pump · Thermodynamic transformations Skills: Reading graphs Methods: P-V and ln P – ln V diagram Objects: Heat engine · Refrigerator

Testo

Perché una stanza chiusa non si raffredda se apriamo lo sportello del frigorifero lasciandolo acceso? Discuti il bilancio energetico complessivo della stanza (frigorifero + aria ambiente).

Soluzione

Impostazione — sistema chiuso. Consideriamo la stanza chiusa come sistema isolato dall’esterno: dentro ci sono l’aria e il frigorifero, alimentato da lavoro elettrico $L_\text{el}$. Il frigorifero estrae calore $Q_C$ dall’interno del vano e lo scarica, insieme al lavoro speso, dalla serpentina posteriore.

Bilancio del frigorifero. In un ciclo $\Delta E_\text{int} = 0$, quindi per il primo principio il calore scaricato dalla serpentina è

$Q_H = Q_C + L_\text{el} > Q_C$

Bilancio della stanza. Sia il vano sia la serpentina sono dentro la stanza. Il calore $Q_C$ estratto dal vano viene rimesso nella stanza dalla serpentina, insieme a $L_\text{el}$. Il calore netto immesso nell’aria della stanza è quindi

$Q_\text{netto} = Q_H - Q_C = (Q_C + L_\text{el}) - Q_C = \ev{L_\text{el} > 0}$

Conclusione. La stanza si scalda. A ogni ciclo l’energia elettrica $L_\text{el}$ del compressore finisce, come calore, nell’aria ambiente. Il frigorifero sposta calore da un punto a un altro della stessa stanza, ma non lo espelle: raffredderebbe davvero solo se la serpentina calda fosse fuori dalla stanza (come nei condizionatori con condensatore esterno).

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Argomenti: Macchine termiche Concetti: Frigorifero e pompa di calore · Primo principio della termodinamica · Secondo principio della termodinamica Competenze: Conservazione dell’energia Oggetti: Frigorifero

Problem

Why doesn’t a closed room cool down if we open the refrigerator door and leave it running? Discuss the overall energy balance of the room (refrigerator + ambient air).

Solution

Setup — closed system. Consider the closed room as a system isolated from outside: inside are the air and the refrigerator, powered by electrical work $L_\text{el}$. The refrigerator extracts heat $Q_C$ from inside the compartment and discharges it, together with the work spent, through the rear coil.

Refrigerator balance. Over a cycle $\Delta E_\text{int} = 0$, so by the first law the heat discharged by the coil is

$Q_H = Q_C + L_\text{el} > Q_C$

Room balance. Both the compartment and the coil are inside the room. The heat $Q_C$ extracted from the compartment is put back into the room by the coil, together with $L_\text{el}$. The net heat delivered to the room’s air is therefore

$Q_\text{net} = Q_H - Q_C = (Q_C + L_\text{el}) - Q_C = \ev{L_\text{el} > 0}$

Conclusion. The room heats up. Every cycle, the compressor’s electrical energy $L_\text{el}$ ends up, as heat, in the ambient air. The refrigerator moves heat from one point to another within the same room, but does not expel it: it would truly cool only if the hot coil were outside the room (as in air conditioners with an external condenser).

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Topics: Heat engines Concepts: Refrigerator and heat pump · First law of thermodynamics · Second law of thermodynamics Skills: Conservation of energy Objects: Refrigerator

Testo

Una pompa di calore ideale riscalda una casa a $T_H = 295\;\text{K}$ prelevando calore dall’aria esterna a $T_C = 275\;\text{K}$. Calcola il coefficiente di prestazione (COP) teorico massimo. Se la casa richiede una potenza termica di $3\;\text{kW}$ per restare a temperatura costante, quale potenza elettrica minima serve alla pompa? Commenta perché le pompe di calore reali rendono molto meno.

Soluzione

COP massimo (modello di Carnot). Per una pompa di calore $\text{COP}_\text{pdc} = Q_H/L$. Nel limite reversibile di Carnot, usando $|Q_C|/Q_H = T_C/T_H$, si ricava

$\text{COP}_\text{pdc}^\text{max} = \frac{T_H}{T_H - T_C}$

Sostituendo:

$\text{COP}_\text{pdc}^\text{max} = \frac{295}{295 - 275} = \frac{295}{20} = \ev{14{,}75}$

Potenza elettrica minima. La potenza termica richiesta è $P_\text{term} = 3\;\text{kW} = Q_H$ al secondo. Poiché $\text{COP}_\text{pdc} = P_\text{term}/P_\text{el}$:

$P_\text{el,min} = \frac{P_\text{term}}{\text{COP}_\text{pdc}^\text{max}} = \frac{3\;\text{kW}}{14{,}75} = \ev{0{,}20\;\text{kW}}$

Commento. Bastano teoricamente $\approx 200\;\text{W}$ elettrici per fornire $3\;\text{kW}$ termici: la pompa non “crea” energia, ne sposta dall’esterno all’interno (i $2{,}8\;\text{kW}$ mancanti vengono dall’aria esterna). Le pompe reali sono irreversibili — attriti, differenze di temperatura finite negli scambiatori, perdite del compressore — quindi il loro COP è ben inferiore a questo tetto di Carnot, tipicamente $3$–$5$.

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Argomenti: Macchine termiche Concetti: Frigorifero e pompa di calore · Ciclo di Carnot Competenze: Impostazione simbolica Oggetti: Frigorifero

Problem

An ideal heat pump heats a house at $T_H = 295\;\text{K}$, drawing heat from outside air at $T_C = 275\;\text{K}$. Calculate the maximum theoretical coefficient of performance (COP). If the house needs a thermal power of $3\;\text{kW}$ to stay at constant temperature, what minimum electrical power does the pump need? Comment on why real heat pumps perform much worse.

Solution

Maximum COP (Carnot model). For a heat pump $\text{COP}_\text{hp} = Q_H/L$. In the reversible Carnot limit, using $|Q_C|/Q_H = T_C/T_H$, we get

$\text{COP}_\text{hp}^\text{max} = \frac{T_H}{T_H - T_C}$

Substituting:

$\text{COP}_\text{hp}^\text{max} = \frac{295}{295 - 275} = \frac{295}{20} = \ev{14{.}75}$

Minimum electrical power. The required thermal power is $P_\text{th} = 3\;\text{kW} = Q_H$ per second. Since $\text{COP}_\text{hp} = P_\text{th}/P_\text{el}$:

$P_\text{el,min} = \frac{P_\text{th}}{\text{COP}_\text{hp}^\text{max}} = \frac{3\;\text{kW}}{14{.}75} = \ev{0{.}20\;\text{kW}}$

Comment. Theoretically, only $\approx 200\;\text{W}$ of electrical power is enough to supply $3\;\text{kW}$ of thermal power: the pump does not “create” energy, it moves it from outside to inside (the missing $2{.}8\;\text{kW}$ comes from the outside air). Real pumps are irreversible — friction, finite temperature differences in the heat exchangers, compressor losses — so their COP is well below this Carnot ceiling, typically $3$–$5$.

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Topics: Heat engines Concepts: Refrigerator and heat pump · Carnot cycle Skills: Symbolic set-up Objects: Refrigerator

Testo

Considera un ciclo di Carnot tra $T_H$ e $T_C$ compiuto da $n$ moli di gas ideale. Partendo dalla formula $Q = nRT\ln(V_B/V_A)$ per le isoterme e da $TV^{\gamma-1} = \text{cost}$ per le adiabatiche, dimostra che il rendimento è $\eta = 1 - T_C/T_H$, cioè non dipende dal tipo di gas.

Soluzione

Vertici del ciclo. A→B isoterma calda a $T_H$; B→C adiabatica; C→D isoterma fredda a $T_C$; D→A adiabatica.

Calori scambiati sulle isoterme. Per un’isoterma reversibile $\Delta E_\text{int} = 0$, quindi $Q = L_\text{gas} = nRT\ln(V_\text{fin}/V_\text{in})$:

$Q_H = nRT_H\ln\frac{V_B}{V_A} \qquad |Q_C| = nRT_C\ln\frac{V_C}{V_D}$

Vincolo dalle adiabatiche. Applicando $TV^{\gamma-1} = \text{cost}$ ai due tratti adiabatici:

$T_H V_B^{\gamma-1} = T_C V_C^{\gamma-1} \qquad T_C V_D^{\gamma-1} = T_H V_A^{\gamma-1}$

Dividendo membro a membro la prima per la seconda si elidono $T_H$ e $T_C$:

$\frac{V_B^{\gamma-1}}{V_A^{\gamma-1}} = \frac{V_C^{\gamma-1}}{V_D^{\gamma-1}} \quad\Rightarrow\quad \frac{V_B}{V_A} = \frac{V_C}{V_D}$

Rapporto dei calori. I logaritmi dei rapporti di volume sono dunque uguali, e si semplificano:

$\frac{|Q_C|}{Q_H} = \frac{nRT_C\ln(V_C/V_D)}{nRT_H\ln(V_B/V_A)} = \frac{T_C}{T_H}$

Rendimento. Da $\eta = 1 - |Q_C|/Q_H$:

$\ev{\eta = 1 - \frac{T_C}{T_H}}$

Conclusione. Nella derivazione sono scomparsi $n$, $R$, $\gamma$ e i volumi: il rendimento dipende solo dalle due temperature, non dal fluido di lavoro. È il nucleo del secondo principio individuato da Carnot: nessuna macchina reale operante fra le stesse temperature può superare questo valore.

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Argomenti: Macchine termiche Concetti: Ciclo di Carnot · Rendimento · Trasformazioni termodinamiche Competenze: Impostazione simbolica Oggetti: Gas ideale

Problem

Consider a Carnot cycle between $T_H$ and $T_C$ carried out by $n$ moles of ideal gas. Starting from the formula $Q = nRT\ln(V_B/V_A)$ for the isotherms and from $TV^{\gamma-1} = \text{const}$ for the adiabats, show that the efficiency is $\eta = 1 - T_C/T_H$, i.e. it does not depend on the type of gas.

Solution

Vertices of the cycle. A→B hot isotherm at $T_H$; B→C adiabat; C→D cold isotherm at $T_C$; D→A adiabat.

Heats exchanged along the isotherms. For a reversible isotherm $\Delta E_\text{int} = 0$, so $Q = L_\text{gas} = nRT\ln(V_\text{fin}/V_\text{in})$:

$Q_H = nRT_H\ln\frac{V_B}{V_A} \qquad |Q_C| = nRT_C\ln\frac{V_C}{V_D}$

Constraint from the adiabats. Applying $TV^{\gamma-1} = \text{const}$ to the two adiabatic segments:

$T_H V_B^{\gamma-1} = T_C V_C^{\gamma-1} \qquad T_C V_D^{\gamma-1} = T_H V_A^{\gamma-1}$

Dividing the first by the second side by side, $T_H$ and $T_C$ cancel:

$\frac{V_B^{\gamma-1}}{V_A^{\gamma-1}} = \frac{V_C^{\gamma-1}}{V_D^{\gamma-1}} \quad\Rightarrow\quad \frac{V_B}{V_A} = \frac{V_C}{V_D}$

Ratio of the heats. The logarithms of the volume ratios are therefore equal, and cancel:

$\frac{|Q_C|}{Q_H} = \frac{nRT_C\ln(V_C/V_D)}{nRT_H\ln(V_B/V_A)} = \frac{T_C}{T_H}$

Efficiency. From $\eta = 1 - |Q_C|/Q_H$:

$\ev{\eta = 1 - \frac{T_C}{T_H}}$

Conclusion. In the derivation, $n$, $R$, $\gamma$ and the volumes have all disappeared: the efficiency depends only on the two temperatures, not on the working fluid. This is the core of the second law identified by Carnot: no real engine operating between the same temperatures can exceed this value.

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Testo

Un ciclo di Carnot reversibile è compiuto da $1\;\text{mol}$ di gas monoatomico tra $T_H = 400\;\text{K}$ e $T_C = 250\;\text{K}$. Durante l’espansione isoterma calda il volume raddoppia. Calcola: (a) $Q_H$ assorbito, (b) $|Q_C|$ ceduto, (c) il lavoro netto prodotto, (d) il rendimento e confrontalo col valore di Carnot. Usa $R = 8{,}31\;\text{J/(mol·K)}$, $\ln 2 \approx 0{,}693$.

Soluzione

(a) Calore assorbito (isoterma calda A→B, $V_B/V_A = 2$):

$Q_H = nRT_H\ln 2 = 1\cdot 8{,}31\cdot 400\cdot 0{,}693 = \ev{2304\;\text{J} \approx 2{,}3\cdot 10^3\;\text{J}}$

(b) Calore ceduto. Dalle adiabatiche $V_C/V_D = V_B/V_A = 2$, quindi anche l’isoterma fredda vede raddoppiare il volume:

$|Q_C| = nRT_C\ln 2 = 1\cdot 8{,}31\cdot 250\cdot 0{,}693 = \ev{1440\;\text{J} \approx 1{,}4\cdot 10^3\;\text{J}}$

(c) Lavoro netto. In un ciclo $\Delta E_\text{int} = 0$, quindi $L_\text{netto} = Q_H - |Q_C|$:

$L_\text{netto} = 2304 - 1440 = \ev{864\;\text{J} \approx 8{,}6\cdot 10^2\;\text{J}}$

(d) Rendimento e verifica.

$\eta = \frac{L_\text{netto}}{Q_H} = \frac{864}{2304} = 0{,}375 \approx \ev{38\%}$

$\eta_\text{Carnot} = 1 - \frac{T_C}{T_H} = 1 - \frac{250}{400} = 0{,}375 = 37{,}5\% \quad\checkmark$

I due valori coincidono: il ciclo di Carnot raggiunge esattamente il rendimento massimo tra le due temperature.

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Argomenti: Macchine termiche Concetti: Ciclo di Carnot · Rendimento Competenze: Risoluzione di un ciclo termodinamico Oggetti: Macchina termica · Gas ideale

Problem

A reversible Carnot cycle is carried out by $1\;\text{mol}$ of monatomic gas between $T_H = 400\;\text{K}$ and $T_C = 250\;\text{K}$. During the hot isothermal expansion the volume doubles. Calculate: (a) the absorbed $Q_H$, (b) the released $|Q_C|$, (c) the net work produced, (d) the efficiency, comparing it with the Carnot value. Use $R = 8{,}31\;\text{J/(mol·K)}$, $\ln 2 \approx 0{,}693$.

Solution

(a) Heat absorbed (hot isotherm A→B, $V_B/V_A = 2$):

$Q_H = nRT_H\ln 2 = 1\cdot 8{,}31\cdot 400\cdot 0{,}693 = \ev{2304\;\text{J} \approx 2{,}3\cdot 10^3\;\text{J}}$

(b) Heat released. From the adiabats $V_C/V_D = V_B/V_A = 2$, so the cold isotherm also sees the volume double:

$|Q_C| = nRT_C\ln 2 = 1\cdot 8{,}31\cdot 250\cdot 0{,}693 = \ev{1440\;\text{J} \approx 1{,}4\cdot 10^3\;\text{J}}$

(c) Net work. In a cycle $\Delta E_\text{int} = 0$, so $L_\text{netto} = Q_H - |Q_C|$:

$L_\text{netto} = 2304 - 1440 = \ev{864\;\text{J} \approx 8{,}6\cdot 10^2\;\text{J}}$

(d) Efficiency and check.

$\eta = \frac{L_\text{netto}}{Q_H} = \frac{864}{2304} = 0{,}375 \approx \ev{38\%}$

$\eta_\text{Carnot} = 1 - \frac{T_C}{T_H} = 1 - \frac{250}{400} = 0{,}375 = 37{,}5\% \quad\checkmark$

The two values coincide: the Carnot cycle reaches exactly the maximum efficiency between the two temperatures.

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Testo

Nel piano $\ln P$–$\ln V$ le adiabatiche e le isoterme diventano rette. Disegna su un unico grafico $\ln P$–$\ln V$ un ciclo di Carnot. Quali pendenze hanno i quattro tratti? Come si riconosce che nel piano $\ln P$–$\ln V$ l’area non rappresenta più il lavoro?

Soluzione

Perché diventano rette. Prendendo il logaritmo delle equazioni dei processi:

• Isoterma: $PV = nRT = \text{cost} \Rightarrow \ln P + \ln V = \text{cost}$, retta di pendenza $-1$;
• Adiabatica: $PV^\gamma = \text{cost} \Rightarrow \ln P + \gamma\ln V = \text{cost}$, retta di pendenza $-\gamma$ (più ripida, perché $\gamma > 1$).

Il ciclo. Le due isoterme (pendenza $-1$) sono parallele fra loro, e così le due adiabatiche (pendenza $-\gamma$): il ciclo di Carnot diventa un parallelogramma con quattro lati rettilinei.

Ciclo di Carnot nel piano $\ln P$–$\ln V$: un parallelogramma. Isoterme pendenza $-1$, adiabatiche pendenza $-\gamma$ (più ripide).

Pendenze dei quattro tratti.

$\ev{\text{isoterme: pendenza } -1; \qquad \text{adiabatiche: pendenza } -\gamma \text{ (più ripide)}}$

Perché l’area non è più il lavoro. Nel piano $P$-$V$ l’area ha unità $[\,P\,]\cdot[\,V\,] = \text{Pa}\cdot\text{m}^3 = \text{J}$, cioè un’energia: è il lavoro. Nel piano $\ln P$–$\ln V$ gli assi sono numeri puri (logaritmi adimensionali), quindi l’area racchiusa è anch’essa adimensionale: non ha le unità di un’energia. Il cambio di coordinate logaritmico distorce le aree e ne cancella il significato fisico. Il diagramma $\ln P$–$\ln V$ serve a visualizzare le curve come rette con pendenze distintive, ma per calcolare il lavoro bisogna tornare al piano $P$-$V$ o alle formule.

Collegamenti

Argomenti: Macchine termiche Concetti: Ciclo di Carnot · Trasformazioni termodinamiche Competenze: Lettura dei grafici Metodi: Diagramma P-V e ln P - ln V Oggetti: Gas ideale

Problem

In the $\ln P$–$\ln V$ plane the adiabats and isotherms become straight lines. Draw a Carnot cycle on a single $\ln P$–$\ln V$ graph. What are the slopes of the four segments? How can one tell that in the $\ln P$–$\ln V$ plane the area no longer represents work?