Termodinamica, rendimento ciclo irreversibile
Ciao a tutti,
ho un quesito da porvi che ancora non so risolvere (e devo imparare a farlo!)
Abbiamo un un ciclo costituito da una espansione isoterma reversibile, un'adiabatica irreversibile, una compressione isoterma reversibile e poi un'altra adiabatica, stavolta reversibile, che riporta il gas allo stato iniziale.
Praticamente è un ciclo di carnot dove i punti A e B sono legati da una isoterma, B e C da un'adiabatica irreversibile, C e D da una isoterma reversibile e D A da una adiabatica reversibile.
Qual è la differenza di rendimento tra questa macchina e una macchina di carnot che opera su un ciclo reversibile?
ho un quesito da porvi che ancora non so risolvere (e devo imparare a farlo!)
Abbiamo un un ciclo costituito da una espansione isoterma reversibile, un'adiabatica irreversibile, una compressione isoterma reversibile e poi un'altra adiabatica, stavolta reversibile, che riporta il gas allo stato iniziale.
Praticamente è un ciclo di carnot dove i punti A e B sono legati da una isoterma, B e C da un'adiabatica irreversibile, C e D da una isoterma reversibile e D A da una adiabatica reversibile.
Qual è la differenza di rendimento tra questa macchina e una macchina di carnot che opera su un ciclo reversibile?
Risposte
Questo problema l'ho inventato sul momento, perché è un caso simile ad un altro problema che stavo cercando di risolvere.
Ora, supponiamo che il gas sia monoatomico (non è rilevante ai fini della soluzione) e che sia contenuto in un cilindro con pistone mobile.
L'espansione isoterma nel tratto $AB$ è cosa risaputa, nel tratto $BC$, invece, avviene un'espansione adiabatica irreversibile, per cui possiamo immaginare che il sollevamento del pistone mobile non avvenga in maniera infinitesima.
Così facendo, i vari stati intermedi del gas saranno a noi sconosciuti.
Siccome la quantità di calore scambiata è nulla $Q=0$ e si ha che l'energia interna $U$ è tale che:
$U = Q - L$ ,
abbiamo che comunque si avrebbe che $U = -L$.
Sapendo che per un gas ideale/perfetto si ha che $dU = nC_vdT$, potrei ricavarmi il lavoro fatto dal gas nell'adiabatica irreversibile: difatti l'energia interna è una funzione di stato e non dipende dal particolare percorso seguito.
Ma in questo particolare caso di irreversibilità, non posso conoscere come varia il $dT$, per cui non posso calcolare quell'integrale.
È giusto il ragionamento fatto fin qui?
Mi scuso per la maldestra trascrizione, devo rispolverare le mie conoscenze di latex e ci vorrà un intervallo $DeltaT$ di tempo finito per farlo.
Ora, supponiamo che il gas sia monoatomico (non è rilevante ai fini della soluzione) e che sia contenuto in un cilindro con pistone mobile.
L'espansione isoterma nel tratto $AB$ è cosa risaputa, nel tratto $BC$, invece, avviene un'espansione adiabatica irreversibile, per cui possiamo immaginare che il sollevamento del pistone mobile non avvenga in maniera infinitesima.
Così facendo, i vari stati intermedi del gas saranno a noi sconosciuti.
Siccome la quantità di calore scambiata è nulla $Q=0$ e si ha che l'energia interna $U$ è tale che:
$U = Q - L$ ,
abbiamo che comunque si avrebbe che $U = -L$.
Sapendo che per un gas ideale/perfetto si ha che $dU = nC_vdT$, potrei ricavarmi il lavoro fatto dal gas nell'adiabatica irreversibile: difatti l'energia interna è una funzione di stato e non dipende dal particolare percorso seguito.
Ma in questo particolare caso di irreversibilità, non posso conoscere come varia il $dT$, per cui non posso calcolare quell'integrale.
È giusto il ragionamento fatto fin qui?
Mi scuso per la maldestra trascrizione, devo rispolverare le mie conoscenze di latex e ci vorrà un intervallo $DeltaT$ di tempo finito per farlo.
"Black Magic":
[...]
Ma in questo particolare caso di irreversibilità, non posso conoscere come varia il $ dT $, per cui non posso calcolare quell'integrale.
È giusto il ragionamento fatto fin qui?
In realtà, anche se non puoi calcolare l'integrale, sapendo la temperatura iniziale e finale, e supponendo gas perfetto, comunque conosci il lavoro fatto, visto che la variazione di energia interna (funzione solo della T) è pari al lavoro scambiato.
Riguardo alla domanda generale, il rendimento del ciclo irreversibile (con una adiabatica irreversibile) scende perché l'espansione irreversibile raggiunge una pressione più bassa e un volume maggiore della espansione reversibile a parità di temperatura finale, per cui l'isoterma che cede calore all'esterno dovrà cedere più calore del ciclo reversibile per chiudere il ciclo, quindi il rendimento totale sarà appunto più basso. Di quanto dipende dal grado di irreversibilità dell'espansione (occorre conoscere il rendimento isoentropico o politropico dell'espansione).
Ok.
In effetti $U$ è una funzione di stato e per i gas perfetti dipende soltanto da T.
Quell'integrale poteva comunque essere calcolato.
Tra l'altro, il Teorema di Carnot afferma che tutte le macchine termiche irreversibili che operano tra due sorgenti a temperatura $T_a$ e $T_b$ hanno rendimento inferiore al rendimento di una macchina di Carnot reversibile.
Per cui doveva per forza di cose essere inferiore, no?
In effetti $U$ è una funzione di stato e per i gas perfetti dipende soltanto da T.
Quell'integrale poteva comunque essere calcolato.
Tra l'altro, il Teorema di Carnot afferma che tutte le macchine termiche irreversibili che operano tra due sorgenti a temperatura $T_a$ e $T_b$ hanno rendimento inferiore al rendimento di una macchina di Carnot reversibile.
Per cui doveva per forza di cose essere inferiore, no?
"Black Magic":
[...]
Quell'integrale poteva comunque essere calcolato.
In realtà se la trasformazione è irreversibile quell'integrale a rigore non è calcolabile, visto che non sono definite le variabili di stato nei punti intermedi.
Si può solo sfruttare il fatto che la trasformazione è reversibile e che l'energia interna per gas perfetti è solo funzione della temperatura.
"Black Magic":
Tra l'altro, il Teorema di Carnot afferma che tutte le macchine termiche irreversibili che operano tra due sorgenti a temperatura $T_a$ e $T_b$ hanno rendimento inferiore al rendimento di una macchina di Carnot reversibile.
Per cui doveva per forza di cose essere inferiore, no?
Sì corretto.
Salve, a proposito di rendimento delle macchine ho un dubbio su un calcolo che ho svolto in un esercizio.
L'esercizio presenta due richieste, calcolare il rendimento del ciclo e calcolare il rendimento di una macchina di carnot che lavora con le stesse temperature iniziali e finali.
Il ciclo è composto da
-isoterma IRREVERSIBILE
-adiabatica reversibile
-isoterma reversibile
-adiabatica reversibile.
E, ovviamente, il punto finale coincide con quello iniziale.
Ho calcolato il rendimento di una macchina di carnot con le stesse temperature e mi trovo col risultato.
So dalla teoria che il rendimento del ciclo complessivo, essendo irreversibile, deve essere minore ma qualsiasi formula utilizzo(L/Qass ; 1-Qced/Qass) ricavo lo stesso risultato della macchina di carnot, dove sbaglio?
Grazie in anticipo
L'esercizio presenta due richieste, calcolare il rendimento del ciclo e calcolare il rendimento di una macchina di carnot che lavora con le stesse temperature iniziali e finali.
Il ciclo è composto da
-isoterma IRREVERSIBILE
-adiabatica reversibile
-isoterma reversibile
-adiabatica reversibile.
E, ovviamente, il punto finale coincide con quello iniziale.
Ho calcolato il rendimento di una macchina di carnot con le stesse temperature e mi trovo col risultato.
So dalla teoria che il rendimento del ciclo complessivo, essendo irreversibile, deve essere minore ma qualsiasi formula utilizzo(L/Qass ; 1-Qced/Qass) ricavo lo stesso risultato della macchina di carnot, dove sbaglio?
Grazie in anticipo
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo