Ciclo con trasformazione irreversibile
Due moli di gas perfetto monoatomico compiono un ciclo in cui:
AB è espansione isoterma reversibile
BC espansione adiabatica irreversibile
CD compressione isoterma reversibile
DA compressione adiabatica reversibile
Conoscendo tutti i valori di p, V e T per ogni stato come si calcola il rendimento?
Il libro riporta per un ciclo di carnot reversibile tra le stesse temperature un determinato valore che mi risulta ma non riesco a calcolare il rendimento della macchina con le trasf elencate.
In termini di formule cioè qual è la differenza tra trasformazione reversibile e irreversibile?
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AB è espansione isoterma reversibile
BC espansione adiabatica irreversibile
CD compressione isoterma reversibile
DA compressione adiabatica reversibile
Conoscendo tutti i valori di p, V e T per ogni stato come si calcola il rendimento?
Il libro riporta per un ciclo di carnot reversibile tra le stesse temperature un determinato valore che mi risulta ma non riesco a calcolare il rendimento della macchina con le trasf elencate.
In termini di formule cioè qual è la differenza tra trasformazione reversibile e irreversibile?
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Risposte
Una trasformazione reversibile è una trasformazione che avviene lentamente. Processi infinitesimi che avvengono lentamente così da poter ripristinare lo stato precedente svolgendo il processo a ritroso.
Con le formule, in una trasformazione reversibile, l'integrale di Clausius $(dQ)/T = DeltaS $ ovvero eguaglia la variazione di entropia. In un processo irreversibile invece $(dQ)/T <= DeltaS $ ovvero sottostima la variazione di entropia .
In un ciclo formato da processi reversibili, la $DeltaS =0$ ovvero la variazione di entropia è uguale a 0 .
Per il tuo esercizio invece, non puoi utilizzare la formula per il rendimento di un ciclo di Carnot in quanto, anche avendo lo stesso tipo di trasformazioni, non ha tutte e 4 le trasformazioni reversibili. Per quanto riguarda il ciclo di Carnot, si dimostra che il rendimento $mu = 1 - T_( f r edda)/T_(calda) $ ovvero che è soltanto in relazione alle sorgenti di temperature del ciclo.
Per una qualsiasi macchina con ciclo diretto il rendimento si calcola come $ mu = L/Q_(ass) = (Q_(ass)-Q_(cede))/Q_(ass) = 1 - |Q_(ced)| / Q_(ass) $ .
Ps da quest'ultima formula poi si dimostra il rendimento di una macchina di Carnot.
PPS Sono uno studente anch'io quindi prendi con le pinze ciò che ti dico.Aspetta il responso di un esperto
Con le formule, in una trasformazione reversibile, l'integrale di Clausius $(dQ)/T = DeltaS $ ovvero eguaglia la variazione di entropia. In un processo irreversibile invece $(dQ)/T <= DeltaS $ ovvero sottostima la variazione di entropia .
In un ciclo formato da processi reversibili, la $DeltaS =0$ ovvero la variazione di entropia è uguale a 0 .
Per il tuo esercizio invece, non puoi utilizzare la formula per il rendimento di un ciclo di Carnot in quanto, anche avendo lo stesso tipo di trasformazioni, non ha tutte e 4 le trasformazioni reversibili. Per quanto riguarda il ciclo di Carnot, si dimostra che il rendimento $mu = 1 - T_( f r edda)/T_(calda) $ ovvero che è soltanto in relazione alle sorgenti di temperature del ciclo.
Per una qualsiasi macchina con ciclo diretto il rendimento si calcola come $ mu = L/Q_(ass) = (Q_(ass)-Q_(cede))/Q_(ass) = 1 - |Q_(ced)| / Q_(ass) $ .
Ps da quest'ultima formula poi si dimostra il rendimento di una macchina di Carnot.
PPS Sono uno studente anch'io quindi prendi con le pinze ciò che ti dico.Aspetta il responso di un esperto
La cosa si rappresenta bene nel grafico S-T.
Un ciclo di Carnot è un rettangolo, dove i lati verticali rappresentano le trasformazioni adiabatiche reversibili isoentropiche. Una adiabatica irreversibile aumenta l'entropia, la rappresento nel grafico con una linea puntinata. I rendimenti si trovano da considerazioni sul calore scambiato:
$$\eqalign{
& {Q_{ASS}} = \int\limits_A^B {TdS} = {T_H}\left( {{S_B} - {S_A}} \right) \cr
& {Q_{CED}} = \int\limits_C^D {TdS} = {T_L}\left( {{S_C} - {S_A}} \right) \cr
& {\eta _{IRR}} = 1 - \frac{{{Q_{CED}}}}
{{{Q_{ASS}}}} = 1 - \frac{{{T_L}\left( {{S_C} - {S_A}} \right)}}
{{{T_H}\left( {{S_B} - {S_A}} \right)}} = 1 - \frac{{{T_L}\left( {{S_C} - {S_B} + {S_B} - {S_A}} \right)}}
{{{T_H}\left( {{S_B} - {S_A}} \right)}} = \cr
& = 1 - \frac{{{T_L}\left( {{S_C} - {S_B}} \right) + {T_L}\left( {{S_B} - {S_A}} \right)}}
{{{T_H}\left( {{S_B} - {S_A}} \right)}} = \cr
& = 1 - \frac{{{T_L}\left( {{S_B} - {S_A}} \right)}}
{{{T_H}\left( {{S_B} - {S_A}} \right)}} - \frac{{{T_L}\left( {{S_C} - {S_B}} \right)}}
{{{T_H}\left( {{S_B} - {S_A}} \right)}} = 1 - \frac{{{T_L}}}
{{{T_H}}} - \frac{{{T_L}\left( {{S_C} - {S_B}} \right)}}
{{{T_H}\left( {{S_B} - {S_A}} \right)}} \cr
& {\eta _{IRR}} = {\eta _{REV}} - \frac{{{T_L}\left( {{S_C} - {S_B}} \right)}}
{{{T_H}\left( {{S_B} - {S_A}} \right)}} \cr
& {\eta _{REV}} = 1 - \frac{{{T_L}}}
{{{T_H}}} \cr} $$
Un ciclo di Carnot è un rettangolo, dove i lati verticali rappresentano le trasformazioni adiabatiche reversibili isoentropiche. Una adiabatica irreversibile aumenta l'entropia, la rappresento nel grafico con una linea puntinata. I rendimenti si trovano da considerazioni sul calore scambiato:
$$\eqalign{
& {Q_{ASS}} = \int\limits_A^B {TdS} = {T_H}\left( {{S_B} - {S_A}} \right) \cr
& {Q_{CED}} = \int\limits_C^D {TdS} = {T_L}\left( {{S_C} - {S_A}} \right) \cr
& {\eta _{IRR}} = 1 - \frac{{{Q_{CED}}}}
{{{Q_{ASS}}}} = 1 - \frac{{{T_L}\left( {{S_C} - {S_A}} \right)}}
{{{T_H}\left( {{S_B} - {S_A}} \right)}} = 1 - \frac{{{T_L}\left( {{S_C} - {S_B} + {S_B} - {S_A}} \right)}}
{{{T_H}\left( {{S_B} - {S_A}} \right)}} = \cr
& = 1 - \frac{{{T_L}\left( {{S_C} - {S_B}} \right) + {T_L}\left( {{S_B} - {S_A}} \right)}}
{{{T_H}\left( {{S_B} - {S_A}} \right)}} = \cr
& = 1 - \frac{{{T_L}\left( {{S_B} - {S_A}} \right)}}
{{{T_H}\left( {{S_B} - {S_A}} \right)}} - \frac{{{T_L}\left( {{S_C} - {S_B}} \right)}}
{{{T_H}\left( {{S_B} - {S_A}} \right)}} = 1 - \frac{{{T_L}}}
{{{T_H}}} - \frac{{{T_L}\left( {{S_C} - {S_B}} \right)}}
{{{T_H}\left( {{S_B} - {S_A}} \right)}} \cr
& {\eta _{IRR}} = {\eta _{REV}} - \frac{{{T_L}\left( {{S_C} - {S_B}} \right)}}
{{{T_H}\left( {{S_B} - {S_A}} \right)}} \cr
& {\eta _{REV}} = 1 - \frac{{{T_L}}}
{{{T_H}}} \cr} $$
Grazie mille ad entrambi siete stati chiarissimi!
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"Falco5x":
La cosa si rappresenta bene nel grafico S-T.
Un ciclo di Carnot è un rettangolo, dove i lati verticali rappresentano le trasformazioni adiabatiche reversibili isoentropiche. Una adiabatica irreversibile aumenta l'entropia, la rappresento nel grafico con una linea puntinata. I rendimenti si trovano da considerazioni sul calore scambiato:
$$\eqalign{
& {Q_{ASS}} = \int\limits_A^B {TdS} = {T_H}\left( {{S_B} - {S_A}} \right) \cr
& {Q_{CED}} = \int\limits_C^D {TdS} = {T_L}\left( {{S_C} - {S_A}} \right) \cr
& {\eta _{IRR}} = 1 - \frac{{{Q_{CED}}}}
{{{Q_{ASS}}}} = 1 - \frac{{{T_L}\left( {{S_C} - {S_A}} \right)}}
{{{T_H}\left( {{S_B} - {S_A}} \right)}} = 1 - \frac{{{T_L}\left( {{S_C} - {S_B} + {S_B} - {S_A}} \right)}}
{{{T_H}\left( {{S_B} - {S_A}} \right)}} = \cr
& = 1 - \frac{{{T_L}\left( {{S_C} - {S_B}} \right) + {T_L}\left( {{S_B} - {S_A}} \right)}}
{{{T_H}\left( {{S_B} - {S_A}} \right)}} = \cr
& = 1 - \frac{{{T_L}\left( {{S_B} - {S_A}} \right)}}
{{{T_H}\left( {{S_B} - {S_A}} \right)}} - \frac{{{T_L}\left( {{S_C} - {S_B}} \right)}}
{{{T_H}\left( {{S_B} - {S_A}} \right)}} = 1 - \frac{{{T_L}}}
{{{T_H}}} - \frac{{{T_L}\left( {{S_C} - {S_B}} \right)}}
{{{T_H}\left( {{S_B} - {S_A}} \right)}} \cr
& {\eta _{IRR}} = {\eta _{REV}} - \frac{{{T_L}\left( {{S_C} - {S_B}} \right)}}
{{{T_H}\left( {{S_B} - {S_A}} \right)}} \cr
& {\eta _{REV}} = 1 - \frac{{{T_L}}}
{{{T_H}}} \cr} $$
Scusate se riapro il post ma vorrei un chiarimento, il calore scambiato non è il grafico sotteso alla curva solamente in caso di trasformazione reversibile? ciò che deriva dal secondo principio?
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