Carnot @ SNS

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Gauss_87
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Carnot @ SNS

Messaggio da Gauss_87 » 14 lug 2006, 13:25

SNS 2002 - 2

Una macchina termica produce lavoro compiendo una successione di cicli di Carnot. In ciascun ciclo la macchina scambia piccolissime quantità di calore con due corpi aventi inizialmente temperature diverse $ T_1 > T_2 $.

Le capacità termiche devi due corpi sono uguali $ C_1 = C_2 = C $.

Asintoticamente i due corpi raggiungono la stessa temperatura $ T_f $ e la macchina termica non può più funzionare.

Determinare:

a) $ T_f $

b) lavoro $ L $ prodotto.

:lol:
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Gauss_87
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Messaggio da Gauss_87 » 18 lug 2006, 18:10

Io ho provato a considerare quanto vale ciascuna temperatura ad ogni ciclo di Carnot, ottenendo 2 relazioni del tipo
$ T_1^j $ e $ T_2^j $ dove l'indice $ j $ indica solo l'iterazione.

A questo punto ho imposto che all'iterazione finale $ j=f $ le due temperature fossero uguali.

Che ne dite? Vi ho dato un spunto?

:wink:
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mates
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Messaggio da mates » 18 lug 2006, 19:04

Come fai ad avere un'iterazione finale ? Ovviamente la macchina esegue infiniti cicli prima di arrivare all'equilibrio....

Comunque considerando la variazione di entropia è molto semplice !
Ciao e fammi sapere cosa ne pensi

nnsoxke
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Messaggio da nnsoxke » 18 lug 2006, 19:40

La temperatura finale per caso è rad(T1*T2) ?

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Bacco
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Messaggio da Bacco » 18 lug 2006, 20:16

Si la risposta è corretta. Il lavoro dovrebbe essere $ C(\sqrt{T_a}-\sqrt{T_b})^2. $

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Gauss_87
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Messaggio da Gauss_87 » 19 lug 2006, 13:04

Bacco ha scritto:Si la risposta è corretta. Il lavoro dovrebbe essere $ C(\sqrt{T_a}-\sqrt{T_b})^2. $
Si avete ragione!!!

Postate la soluzione?
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nnsoxke
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Messaggio da nnsoxke » 19 lug 2006, 18:13

Piccolissime quantità l'ho considerato come infinitesime... Ho applicato il primo principio per ogni ciclo sia alla macchina che ai termostati dQ1=-C*dT1, dQ2=C*dT2, dL=dQ1-dQ2... ho sostituito utilizzando anche l'espressione del rendimento di un ciclo di Carnot (r=1-T2/T1=dL/dQ1)e mi viene dT1/T1=-dT2/T2, integrando tra le temperature iniziali e quelle finali (Tf per entrambi i termostati) lnTf - lnT10 = ln T20 - lnTf (lo 0 indica che si tratta della T iniziale), Tf ^2 = T10 * T20 e si ricava Tf
Per il lavoro si applica il primo principio all'intera trasformazione L=Q1-Q2 e si ricava L= C (radqT10 - radqT20) ^2

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Bacco
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Messaggio da Bacco » 19 lug 2006, 18:53

E' giusto, ma forse è più facile sapendo che l'entropia è funzione di stato, e dato che carnot è fatto da due isoterme (T costante) e due adiabatiche (Q=0) si ha subito il risultato che hai trovato: dT1/T1=dT2/T2.

Ciao

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Messaggio da nnsoxke » 19 lug 2006, 19:06

Già non c'avevo pensato

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Messaggio da Gauss_87 » 19 lug 2006, 19:52

sapevo che l'entropia è una funzione di stato e quanto vale, ma neankio avevo pensato a risolverla facilmente con l'entropia; al contrario ankio ho giocato con infinitesimi e integrali... :cry:

Ottimo Bacco :wink:
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pi
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Messaggio da pi » 21 apr 2008, 20:59

nnsoxke ha scritto:Piccolissime quantità l'ho considerato come infinitesime... Ho applicato il primo principio per ogni ciclo sia alla macchina che ai termostati dQ1=-C*dT1, dQ2=C*dT2, dL=dQ1-dQ2... ho sostituito utilizzando anche l'espressione del rendimento di un ciclo di Carnot (r=1-T2/T1=dL/dQ1)e mi viene dT1/T1=-dT2/T2, integrando tra le temperature iniziali e quelle finali (Tf per entrambi i termostati) lnTf - lnT10 = ln T20 - lnTf (lo 0 indica che si tratta della T iniziale), Tf ^2 = T10 * T20 e si ricava Tf
Per il lavoro si applica il primo principio all'intera trasformazione L=Q1-Q2 e si ricava L= C (radqT10 - radqT20) ^2
Ciao, volevo chiedere una cosa: ma r=1-T2/T1 non si applica solo per i cicli in cui si considerano le due sorgenti con valori di temperatura fissi (o comunque con variazioni trascurate)? In questo caso la temperatura delle due sorgenti varia....o sbaglio? Poi la soluzione viene giusta comunque ma non capisco sta cosa...

Grazie a chiunque mi risponda..
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Pigkappa
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Messaggio da Pigkappa » 24 apr 2008, 16:53

pi ha scritto:
nnsoxke ha scritto:Piccolissime quantità l'ho considerato come infinitesime... Ho applicato il primo principio per ogni ciclo sia alla macchina che ai termostati dQ1=-C*dT1, dQ2=C*dT2, dL=dQ1-dQ2... ho sostituito utilizzando anche l'espressione del rendimento di un ciclo di Carnot (r=1-T2/T1=dL/dQ1)e mi viene dT1/T1=-dT2/T2, integrando tra le temperature iniziali e quelle finali (Tf per entrambi i termostati) lnTf - lnT10 = ln T20 - lnTf (lo 0 indica che si tratta della T iniziale), Tf ^2 = T10 * T20 e si ricava Tf
Per il lavoro si applica il primo principio all'intera trasformazione L=Q1-Q2 e si ricava L= C (radqT10 - radqT20) ^2
Ciao, volevo chiedere una cosa: ma r=1-T2/T1 non si applica solo per i cicli in cui si considerano le due sorgenti con valori di temperatura fissi (o comunque con variazioni trascurate)? In questo caso la temperatura delle due sorgenti varia....o sbaglio? Poi la soluzione viene giusta comunque ma non capisco sta cosa...

Grazie a chiunque mi risponda..
Il rendimento è in ogni istante r=1-T2/T1, e lo scambio infinitesimo di lavoro è in ogni istante dL = r dQ. Passando agli infinitesimi, consideri r costante in quell'istante e tieni conto della sua variazione quando integri.

Comunque questo problema era uscito solo due anni prima alle IPHO... Potrebbero sforzarsi un po' di più per evitare di dare problemi dati recentemente alle gare :?

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pi
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Messaggio da pi » 24 apr 2008, 17:56

Ah ok..grazie!!

:D :D
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