Esercizio sull'entropia dell'universo
Una macchina è composta da due moli di gas perfetto biatomico che occupano un volume iniziale di 40 litri ad una temperatura di 400 K. La macchina compie un'espansione isoterma irreversibile fino ad un volume di 100 litri; un raffreddamento isocoro irreversibile e infine una compressione adiabatica reversibile (che chiude il ciclo).
Calcolarne il rendimento, la variazione di entropia dell’universo in funzione dei possibili valori di calore scambiato durante l’espansione e darne una rappresentazione grafica entro i limiti.
vorrei innanzitutto conferma per il modo in cui ho risposto alla prima domanda:
$ \eta=1+(Q_{ass})/(Q_{ced}) $ in cui: $ Q_{ced}=nc_V(T_c-T_B)=-12017,9 J $ (ho ricavato $ T_C $ da $ T_AV_A^\gamma = T_C V_c^\gamma $ e $ T_C=110,9K $ ) e $ Q_{ass}=Q_{AB}=L=∫pdV=p∫dV=p(V_B-V_A)=nRT_B/V_B(V_B-V_A)=3990K $ solo che così facendo risulta $ \eta=-2.01 $
e poi non ho idea di come rispondere alle domande seguenti
Calcolarne il rendimento, la variazione di entropia dell’universo in funzione dei possibili valori di calore scambiato durante l’espansione e darne una rappresentazione grafica entro i limiti.
vorrei innanzitutto conferma per il modo in cui ho risposto alla prima domanda:
$ \eta=1+(Q_{ass})/(Q_{ced}) $ in cui: $ Q_{ced}=nc_V(T_c-T_B)=-12017,9 J $ (ho ricavato $ T_C $ da $ T_AV_A^\gamma = T_C V_c^\gamma $ e $ T_C=110,9K $ ) e $ Q_{ass}=Q_{AB}=L=∫pdV=p∫dV=p(V_B-V_A)=nRT_B/V_B(V_B-V_A)=3990K $ solo che così facendo risulta $ \eta=-2.01 $
e poi non ho idea di come rispondere alle domande seguenti
Risposte
Comincerei a mettere a posto la formula del rendimento, che è definito come:
$eta = L/Q_(ass) = (Q_(ass) - Q_(ced))/Q_(ass)= 1- Q_(ced)/Q_(ass)$
$eta = L/Q_(ass) = (Q_(ass) - Q_(ced))/Q_(ass)= 1- Q_(ced)/Q_(ass)$
si l'ho scritta male ma il risultato riportato è quello fatto in base alla formula giusta
OK. In questo tipo di problemi conviene farsi una tabella dove riportare per ogni trasformazione condizioni iniziali, finali e variazioni di energia interna, lavoro e calore scambiati. In questo modo è più semplice evitare errori e si hanno tutti gli elementi per le domande successive. Ad esempio per la prima trasformazione:
Espansione isoterma
Condizioni iniziali $P_A, V_A, T_A$
Condizioni finali $P_B = P_A*V_A/V_B, V_B, T_B=T_A$
$Delta U_(AB) = 0$ perchè isoterma
$L_(AB) = Q_(AB)$ dal primo principio
Di più al momento non si può dire, essendo la trasformazione irreversibile. Il valore di $Q_(AB)$ è quindi la variabile citata quando si parla dei suoi possibili valori. Poichè il lavoro ottenibile dalla trasformazione isoterma irreversibile è sempre minore di quello della isoterma reversibile, tale calore varierà tra zero e $n R T_A ln(V_B/V_A)$.
Prova a fare i calcoli per le altre trasformazioni che sono meno ambigue perchè per l'isocora il lavoro è nullo e quindi il calore è pari alla variazione di energia interna e l'adiabatica è reversibile e vediamo cosa si ottiene.
Espansione isoterma
Condizioni iniziali $P_A, V_A, T_A$
Condizioni finali $P_B = P_A*V_A/V_B, V_B, T_B=T_A$
$Delta U_(AB) = 0$ perchè isoterma
$L_(AB) = Q_(AB)$ dal primo principio
Di più al momento non si può dire, essendo la trasformazione irreversibile. Il valore di $Q_(AB)$ è quindi la variabile citata quando si parla dei suoi possibili valori. Poichè il lavoro ottenibile dalla trasformazione isoterma irreversibile è sempre minore di quello della isoterma reversibile, tale calore varierà tra zero e $n R T_A ln(V_B/V_A)$.
Prova a fare i calcoli per le altre trasformazioni che sono meno ambigue perchè per l'isocora il lavoro è nullo e quindi il calore è pari alla variazione di energia interna e l'adiabatica è reversibile e vediamo cosa si ottiene.
il calore scambiato durante l'isocora è quello che ho scritto sopra, che mi viene -12017,9J
invece per l'adiabatica è nullo
ma allora anche il rendimento va espresso in funzione della variabile?
non ho capito quali altri calcoli ci sono da fare..
invece per l'adiabatica è nullo
ma allora anche il rendimento va espresso in funzione della variabile?
non ho capito quali altri calcoli ci sono da fare..
"giantmath":
a allora anche il rendimento va espresso in funzione della variabile?
SI, ovviamente per valori bassi di $Q_(AB)$ sarà a questo punto fortemente negativo, ma per valori vicini al caso reversibile sarà un numero più sensato, ovvero positivo e ovviamente <1.
Però se hai usato $TV^gamma = text(costante)$ è meglio che ricalcoli il valore perchè la relazione giusta è $TV^(gamma-1) = text(costante)$
"giantmath":
non ho capito quali altri calcoli ci sono da fare.
entropia dell'universo.
si hai ragione, e in questo modo il rendimento mi viene di -0.27 e il calore ceduto -5071J
come posso darne una rappresentazione grafica?
come posso darne una rappresentazione grafica?
Si il valore di calore ceduto è (in modulo) circa 5100 J.
Poi immagino che tu abbia calcolato il calore assorbito con la formula che avevi scritto nel primo post, ma a parte il fatto che la trasformazione è isoterma e non isobara per cui non si può portare fuori dall'integrale la pressione del gas, comunque per calcolare il lavoro dovremmo disporre della pressione esterna. In mancanza di questa, la $Q_(ass)=Q_(AB)$ è variabile.
Per cui in realtà il rendimento è dato dalla formula:
$eta = 1-5100/Q_(AB)$
e questa si può chiaramente graficare in funzione di $Q_(AB)$. Nel caso limite di trasformazione reversibile , se ho fatto correttamente i conti, avremmo $Q_(AB) approx 6100 J$ per cui il rendimento sarebbe
$eta = 1 - 5100/6100 = 0.164 < 1- 277/400 = 0.307 = eta_(text(Carnot))$
Poi immagino che tu abbia calcolato il calore assorbito con la formula che avevi scritto nel primo post, ma a parte il fatto che la trasformazione è isoterma e non isobara per cui non si può portare fuori dall'integrale la pressione del gas, comunque per calcolare il lavoro dovremmo disporre della pressione esterna. In mancanza di questa, la $Q_(ass)=Q_(AB)$ è variabile.
Per cui in realtà il rendimento è dato dalla formula:
$eta = 1-5100/Q_(AB)$
e questa si può chiaramente graficare in funzione di $Q_(AB)$. Nel caso limite di trasformazione reversibile , se ho fatto correttamente i conti, avremmo $Q_(AB) approx 6100 J$ per cui il rendimento sarebbe
$eta = 1 - 5100/6100 = 0.164 < 1- 277/400 = 0.307 = eta_(text(Carnot))$
non capisco come mai il calcolo del lavoro di questa isoterma irreversibile sia diverso da questo https://www.matematicamente.it/forum/vi ... 9&t=235013
sto avendo problemi a capire questa cosa.. la formula l'ho presa dal link che mi hai dato https://wwwusers.ts.infn.it/~rui/univ/T ... sibili.pdf
sto avendo problemi a capire questa cosa.. la formula l'ho presa dal link che mi hai dato https://wwwusers.ts.infn.it/~rui/univ/T ... sibili.pdf
giusto così?
"giantmath":
on capisco come mai il calcolo del lavoro di questa isoterma irreversibile sia diverso da questo
Perchè nell' isoterma di questo problema non è assegnata la pressione esterna mentre in quella dell'altro post la si definiva esplicitamente, oppure (vedi il link) si ammetteva che la pressione esterna fosse quella di equilibrio finale. Ma questo non è detto in assoluto. Facciamo 2 casi limite:
1) gas confinato nel volume di 40 litri da un setto che lo isola da un ambiente completamente vuoto (quindi a pressione nulla) di 60 litri. Improvvisamente viene rimosso il setto, l'espansione isoterma avviene nel vuoto e il lavoro è zero.
2) gas confinato nel volume di 40 l da un pistone che lo tiene in equilibrio esercitando una forza $F = P*S$. Via via la F viene molto lentamente diminuita dando tempo al gas di riportarsi ogni volta in equilibrio, fino a che il gas si espande ad un volume di 100 litri. Questa è una trasformazione quasi statica reversibile, in cui in ogni istante la pressione interna del gas uguaglia quella esterna dovuta alla forza F. Pertanto in questo caso nel calcolo del lavoro posso sostituire la pressione esterna con quella interna e integrando si ottiene la formula del lavoro nel caso reversibile.
Ora, in mancanza di informazioni aggiuntive, la trasformazione può essere qualunque intermedia tra queste due, e non si ha maniera di poter dire di più.
"giantmath":
giusto così?
Ritengo di SI, ma ricontrolla i miei calcoli.
quindi se ho capito bene, la differenza è che nell'altro esercizio è stato specificato che il sistema fosse in equilibrio termodinamico con l'ambiente, pertanto $ p_e=p_{gas}=nRT/V $ che porto fuori dall'integrale assumendo che sia costante.
in questo esercizio invece non posso dire che $ p_e=p_{gas} $ perchè non è specificato l'equilibro termodinamico
in questo esercizio invece non posso dire che $ p_e=p_{gas} $ perchè non è specificato l'equilibro termodinamico
Esatto. Si è ipotizzato che in pratica la Pe fosse costante e pari a quella raggiunta dal gas a fine espansione in condizioni di equilibrio termodinamico (e qui sta anche la differenza con la reversibile che invece ipotizza l'uguaglianza in ogni istante della trasformazione e non solo alla fine).
Mancando questa informazione o qualunque altra indicazione sulla Pe, lo scambio di lavoro e quindi di calore diventa indefinito.
A questo punto puoi calcolare la variazione di entropia dell'universo, facendo riferimento anche al link che ti ho dato, ma con l'avvertenza che la variazione di entropia dell'ambiente nel caso dell'isoterma irreversibile vale
$Delta S_A = - Q_(AB)/T_A$
senza poter scendere oltre nel dettaglio, mentre invece effettivamente quella del gas vale:
$Delta S_(gas) = n * R * ln((V_B)/(V_A))$
e quindi quella dell'universo
$Delta S_U = Delta S_(gas) + Delta S_A$
E' facile verificare che la variazione di entropia si annulla nel caso di trasformazione reversibile.
A questa va poi aggiunta la variazione di entropia dell'universo dovuta all'isocora irreversibile, e anche in questo caso si può graficare la produzione entropica totale in funzione di $Q_(AB)$ (è una retta decrescente con $Q_(AB)$).
Mancando questa informazione o qualunque altra indicazione sulla Pe, lo scambio di lavoro e quindi di calore diventa indefinito.
A questo punto puoi calcolare la variazione di entropia dell'universo, facendo riferimento anche al link che ti ho dato, ma con l'avvertenza che la variazione di entropia dell'ambiente nel caso dell'isoterma irreversibile vale
$Delta S_A = - Q_(AB)/T_A$
senza poter scendere oltre nel dettaglio, mentre invece effettivamente quella del gas vale:
$Delta S_(gas) = n * R * ln((V_B)/(V_A))$
e quindi quella dell'universo
$Delta S_U = Delta S_(gas) + Delta S_A$
E' facile verificare che la variazione di entropia si annulla nel caso di trasformazione reversibile.
A questa va poi aggiunta la variazione di entropia dell'universo dovuta all'isocora irreversibile, e anche in questo caso si può graficare la produzione entropica totale in funzione di $Q_(AB)$ (è una retta decrescente con $Q_(AB)$).
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