Ciclo di Carnot calcolare il rendimento di tale ciclo
Un ciclo di Carnot viene svolto da una mole di gas ideale monoatomico tra due isoterme alle quali le energie interne del gas sono, rispettivamente , $U_1 =3738 J$ e $U_2 = 4985 J$. La variazione di entropia lungo l'isoterma a temperatura maggiore è $S_2 = 3 (cal)/K$. Calcolare il rendimento di tale ciclo, il lavoro compiuto in esso dal gas e la variazione di entropia $AS_1$, lungo l'isoterma a temperatura minore. ($N_A = 6.02*10^23$ , $k_B = 1,38*10^-23 J/K$).
dal fatto che $Q_(cd) = nRT_1ln(V_d/V_c)$ e dal fatto che $S_2 = nRln(V_d/V_c)$ ottengo che $T_1 =1.666,66 C°$, ammesso che quanto da me fatto sia corretto (e nutro molti dubbi), non riesco comunque a calcolarmi $T_2$ al fine di calcolare il rendimeno del ciclo.
Suggerimenti.
Grazie in anticipo
dal fatto che $Q_(cd) = nRT_1ln(V_d/V_c)$ e dal fatto che $S_2 = nRln(V_d/V_c)$ ottengo che $T_1 =1.666,66 C°$, ammesso che quanto da me fatto sia corretto (e nutro molti dubbi), non riesco comunque a calcolarmi $T_2$ al fine di calcolare il rendimeno del ciclo.
Suggerimenti.
Grazie in anticipo
Risposte
se un ciclo è tale sarà composto da altre 2 trasformazioni....quali? com'è il 1 principio in queste 2?
Grazie della risposta, essendo ai primi esercizi sono stato ingannato dal fatto che si faceva riferimento "tre due isoterme", e quindi ho inteso che nel ciclo ci fossero solo le trasformazioni isoterme reversibili alle diverse temperature $T_2$ la $1°$ e $T_1$ la $2°$.
Ma trattandosi di ciclo di Carnot devo comunque considerare anche le trasformazioni adiabatiche reversibili.
In base alla tua domanda sono arrivato ad una conclusione, su cui comunque nutro molti dubbi e sarebbe utile un conforto non avendo sul risultato.
Quindi consideriamo le trasformazioni adiabatiche reversibili, dal $1°$ principio della Termodinamica abbiamo che $Q=U+W$, essendo adiabatica la trasformazione e riferita ad un gas ideale si ha $Q=0$ pertanto abbiamo che $W =-U=nc_v(T_1 -T_2)$ (Questo succede perchè l'energia interna di un gas dipende solo dalla temperatura). Per i gas ideali monoatomici si ha che è costante e pari a $c_v = 3/2R$(costante), pertanto dovrei avere(dopo qualche calcolo) che $T_2 = 1.966,40 c°$ e quindi il rendimeno $\eta = 1-T_1/T_2=15,24$$%$
Spero di non aver detto troppe cavolate
Emanuele
Ma trattandosi di ciclo di Carnot devo comunque considerare anche le trasformazioni adiabatiche reversibili.
In base alla tua domanda sono arrivato ad una conclusione, su cui comunque nutro molti dubbi e sarebbe utile un conforto non avendo sul risultato.
Quindi consideriamo le trasformazioni adiabatiche reversibili, dal $1°$ principio della Termodinamica abbiamo che $Q=U+W$, essendo adiabatica la trasformazione e riferita ad un gas ideale si ha $Q=0$ pertanto abbiamo che $W =-U=nc_v(T_1 -T_2)$ (Questo succede perchè l'energia interna di un gas dipende solo dalla temperatura). Per i gas ideali monoatomici si ha che è costante e pari a $c_v = 3/2R$(costante), pertanto dovrei avere(dopo qualche calcolo) che $T_2 = 1.966,40 c°$ e quindi il rendimeno $\eta = 1-T_1/T_2=15,24$$%$
Spero di non aver detto troppe cavolate
Emanuele
Mi sorge un grosso dubbio, l'esercizio mi dice letteralmente "tra le due isoterme alle quali le energie interne del gas sono, rispettivamente, $U_1=3738J$ e $U_2 =4985J$, ora se l'energie interne sono funzione esclusivamente della temperatura ed io sono in una isoterma, dovrei avere $U_1=U_2 = 0$. Come è possibile che invece la variazione dell'energia interna sia positiva?
Il problema ti dice TRA le due isoterme e non tra i 2 stati delle stesse!quindi...
non capisco cosa sia quel $k_B$
ps: quando calcoli il rendimento le temperature vanno espresse in $°K$
non capisco cosa sia quel $k_B$
ps: quando calcoli il rendimento le temperature vanno espresse in $°K$
"ELWOOD":
Il problema ti dice TRA le due isoterme e non tra i 2 stati delle stesse!quindi...
non capisco cosa sia quel $k_B$
ps: quando calcoli il rendimento le temperature vanno espresse in $°K$
Il $k_b$ dovrebbe essere la costante di Boltzmann
Grazie, provo a pensare ad una soluzione
"ELWOOD":
Il problema ti dice TRA le due isoterme e non tra i 2 stati delle stesse!quindi...
non capisco cosa sia quel $k_B$
ps: quando calcoli il rendimento le temperature vanno espresse in $°K$
Riprendo da qua. Devo ammettere che secondo me il testo non è di lineare comprensione, o per lo meno non lo è stato per me che ero alle prime armi. Infatti quando parla di energie interne esse si riferiscono proprio alle isoterme, perchè il testo dice che il ciclo di Carnot è "tra due isoterme alle quali le energie interne del gas sono....". Ora leggendo bene il testo non mi parla di variazioni delle energie interne che sono nulle nella isoterma ma proprio dell'energia interna che è presente all'interno di una isoterma che agisce a temperatura costante.
Trattandosi di gas monoatomici e conoscendo l'energia interna dal Calore Specifico Molare, posso risalire alle temperature a cui agiscono le isoterme, infatti abbiamo $U_2 = 3/2N_Ak_BT_=3/2RT$ $=>$ $T_2= 399.73 K$, mentre $T_1 = 299.73k$ essendo il rendimento $\eta = 1 -T_1/T_2 = 25%$. E quindi rispondo alla $1°$ domanda.
Per rispondere alla $2°$ domanda osservo che nel ciclo di Carnot il lavoro è svolto solo dalle isoterme, infatti si vede subito che quello delle adiabatiche si annulla.Non mi rimane che calcolare il calore acquistato $Q_A$ e quello ceduto $Q_C$.
Dal fatto che $Q_A= nRT_2ln(V_A/V_B)$ e dal fatto che l'entropia nel percorso a temperatura più alta $T_2$ è $AS_2=3 = nRln(V_A/V_B)$ ottengo che $Q_A= 1.199,16 J$, per calcolarmi il calore ceduto $Q_C$ osservo che $\eta = 1-T_1/T_2 = 1+ Q_C/Q_A$, per cui $Q_C = -899,37J$ da cui $W = Q_A+Q_C= 299,79J$
Rimane il $3°$ quesito, cioè il calcolo dell'entropia nel percorso a temperatura minore $T_1$, dall'equazione $Q_C = nRln(V_D/V_C)T_1$ e sapendo sia $Q_C$ e $T_1$ ottengo che $AS_1= nRln(V_A/V_B) =-3$
Da cui si evince che nel ciclo l'entropia finale è $0$ d'altra parte non poteva essere altrimenti essendo quello di Carnot un ciclo ed un ciclo ha entropia nulla.
Penso che la soluzione sia questa ma ho comunque bisogno di un vostro parere.
Grazie
Emanuele
"emanuele78":
Da cui si evince che nel ciclo l'entropia finale è $0$ d'altra parte non poteva essere altrimenti essendo quello di Carnot un ciclo ed un ciclo ha entropia nulla.
Semplicemente per precisare che l'entropia è nulla se il ciclo si compone di trasformazioni reversibili....non un qualsiasi ciclo.
E' infatti provato che un qualsiasi ciclo reale non avrà mai il rendimento di un ciclo Carnot che opera tra le stesse temperature, proprio per l'effetto delle irreversibilità.
"ELWOOD":
Semplicemente per precisare che l'entropia è nulla se il ciclo si compone di trasformazioni reversibili....non un qualsiasi ciclo.
Non ho letto tutto il topic ad ogni modo questa precisazione è errata o fuorviante: l'entropia è una funzione di stato pertanto la sua variazione è sempre nulla tra l'inizio e la fine di un ciclo (essendo i due punti coincidenti), per cui la somma delle variazioni di entropia delle varie trasformazioni del ciclo deve essere nulla, anche se nel ciclo ci sono trasformazioni irreversibili.
"ELWOOD":
E' infatti provato che un qualsiasi ciclo reale non avrà mai il rendimento di un ciclo Carnot che opera tra le stesse temperature, proprio per l'effetto delle irreversibilità.
Questo è vero, ma non cambia il fatto che l'entropia è una funzione di stato.
EDIT: Forse volevi dire che un ciclo termodinamico fa aumentare l'entropia dell'universo se ci sono trasformazioni irreversibili, questo però va precisato bene, perché altrimenti si rischia di confondere le idee.
Nel cercare di semplificare troppo le cose si rischia di omettere concetti importanti o interpretarli malamente, per quanto riguarda la prima questione volevo dire che la differenza di entropia tra 2 stati lungo una trasformazione reversibile è sempre nulla, mentre nel secondo caso volevo proprio dire ciò che hai editato.
Ti ringrazio per le correzioni, sperando di non aver commesso altre imprecisioni.
Ti ringrazio per le correzioni, sperando di non aver commesso altre imprecisioni.
"ELWOOD":
Nel cercare di semplificare troppo le cose si rischia di omettere concetti importanti o interpretarli malamente, per quanto riguarda la prima questione volevo dire che la differenza di entropia tra 2 stati lungo una trasformazione reversibile è sempre nulla...
Va bene, però, scusami, non voglio fare il signor Precisino, ma in un forum in cui l'argomento è la Fisica non posso lasciare passare affermazioni sbagliate se le noto (vale anche il viceversa per me ovviamente): anche l'affermazione che fai qui sopra non è corretta. Non è vero che la variazione di entropia tra due stati lungo una trasformazione reversibile è sempre nulla, tra l'altro per definizione la differenza di entropia tra due stati si calcola proprio immaginando una trasformazione reversibile che li congiunge.
Non è questione di fare i precisini, infatti sono io che sbaglio e stavolta è stata una svista clamorosa! Solo una trasformazione adiabatica reversibile (o isoentropica) avviene a entropia costante e quindi differenza di entropia nulla tra qualsiasi 2 stati della trasformazione.
(speriamo non ci vogliano altre correzioni)
Grazie Faussone
(speriamo non ci vogliano altre correzioni)
Grazie Faussone
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