Macchine termiche e scambi di calore

[AleX_ZeTa]

E' dato il seguente semplice ciclo termodinamico: dati due punti A e B nel diagramma P/V in modo che stiano su un'adiabatica e fissato il numero n di moli, il ciclo è dato dall'adiabatica (AB) stessa più la trasformazione lineare BA (il segmento che unisce i due punti). Il senso di percorrenza è a piacere

Indicare:
Il calore acquistato dalla macchina termica durante 1 ciclo completo
Il calore ceduto dalla macchina terminca durante 1 ciclo completo
Il rendimento della macchina termica

e confrontare il risultato con il rendimento di Carnot.
(quindi NON dovete usare Carnot per dedurre i risultati di cui sopra)

se volete mettete tranquillamente dei numeri, tanto non cambia niente... magari vi facilitate un po' i conti.

[info]

nn ricordo bene la teoria, ma può una macchina termica produrre lavoro assorbendo solo calore (pur da sorgenti a temperature diverse) e tornare nello stadio iniziale? Nn avviene questo nel ciclo sopra?

ps: scusate se chiedo chiarimenti teorici...

[AleX_ZeTa]

no, una macchina termica ciclica (quindi come quella sopra) se produce lavoro assorbe calore da una (o più) sorgenti e cede calore a una (o più) sorgenti.

Nel ciclo sopra non avviene nulla del genere
la macchina assorbe E cede calore. La domanda è: quanto?

[info]

raga spero che nn abbiate problemi se scrivo le prime risposte che mi capitano in mente e delle quali nn sono sicuro: utilizzo questo sito per imparare, non per ostentare capacità

In questo caso forse si potrebbe considerare la trasformazione rettilinea come un insieme infinito di isoterme ed isobare? [dal punto di vista strettamente matematico questa sarebbe una gran cavolata!!]. Un controllo direbbe che il calore viene fornito solo nelle infinite isobare e il calcolo (che se corretto riporterò) credo porti a:

dq=5/2*(p*dV)

e dV*m=dp dove m è il coeff angolare della retta

---> dq=5/(2m)*p*dp

integrando e sostituendo il valore di m si arriva a

Qe=5/4 * (Vb-Va)(pb+pa) [nel mio disegno B è nel quadrante in basso a destra]

Edit: il gas condiserato nei calcoli è monoatomico...

[AleX_ZeTa]

m... ma io NON chiedevo il calore scambiato
(che poi è semplicemente l'area compresa nelle due curve)

ma il calore ACQUISTATO e il calore CEDUTO. Che poi la loro somma algebrica faccia il calore scambiato è vero... ma se non si vuole (e noi non vogliamo! :p) applicare Carnot del calore scambiato ce ne facciamo ben poco

quindi sono 2 i valori richiesti (anzi 3 col rendimento)

Notare che per il secondo principio una macchina termica ciclica non può esclusivamente assorbere (o cedere) calore... deve fare anche il contrario. E lo deve fare verso sorgenti diverse, a temperatura diversa (il calore si trasferisce sempre da una sorgente a temperatura maggiore ad una a temperatura minore)

[info]

Aspetta... mi fai andare a male...innanzitutto rispondo una domanda alla volta, dato che i primi tentativi sono sicuramente cannati..

Qe-Qu=DU+L

si calcola facilmente...

quello che ho provato a trovare è proprio Qe (calore entrante)..Qu(calore uscente) si troverebbe applicando lo stesso procedimento alle infinite isocore, oppure (logica vuole) per differenza...
al max mi puoi dire che il procedimento è errato...

[AleX_ZeTa]

ah scusa non avevo capito... quel dQ mi aveva confuso.

Cmq penso proprio che sia sbagliato (a parte che hai scritto isoterme al posto di isocore).

Non hai considerato che non è assolutamente detto che su un isocora o isobara non faccia entrambe le cose: assorbire e cedere calore. Tu valuti sempre un dQ, cioè un calore scambiato... ma non sai se è "assoluto" o è una differenza.

Poi c'è un altro motivo che mi fa dire che il procedimento non è corretto... ma per ora lo tengo "segreto" altrimenti direi troppo su quella che è la mia soluzione.

[info]

pensavo che il considerare intervalli infinitesimi mi permettesse di considerare scambi "unidirezionali"...
Ho sviluppato un altro approccio, che però considera come "base" sempre il ragionamento sopra. Ho espresso dq=dU+L per intervalli infinitesimi di volume e cercato di vedere quando dq>0 (nella trasf rettilinea). Si evidenzia che se il punto è determinato

da pa/va < -3/5 * tg(m)-->dq>0...

pa/va il coefficiente angolare della retta passante per il punto A della trasformazion (A è scelto a caso) e l'origine. In sostanza si evidenzia un angolo "limite" se un punto stà sopra questo, dq>0 altrimenti il contrario (o l'inverso: nn ho il foglio con i calcoli ora)...

ps: credo di più al metodo sopra...

[AleX_ZeTa]

scusa scusa scusa...

oddio cos'ho scritto ieri sera?? O_o

niente ho fatto un errore clamoroso (praticamente pensavo che un'adiabatica potesse essere tangente a un isocora O_o). Il ragionamento sembra corretto, e anche più veloce della soluzione che avevo in mente. E funziona anche con le isoterme visto che non possono essere tangenti ad una adiabatica (almeno credo...)

poi provo a metterci dei numeri e vedo se i due risultati (il tuo e il mio) coincidono

[AleX_ZeTa]

m... mi sono tornati diversi dubbi info...

puoi postare i conti che ti portano a quel risultato?

[info]

un pò di pazienza Alex... ritrovo i calcoli e li scrivo...
cmq io non sono convinto della loro correttezza teorica, anzi scommetterei il contrario!

[AleX_ZeTa]

ok attendo impaziente

(ora ho anche il tempo di guardarli^^)

[bh3u4m]

Provo a dire qualcosa io...

Parto dalla 2° trasformazione (lineare):
$ d U = \frac 3 2 n R d T $
$ P = -k V + q $
$ P = -\frac {\Delta P} {\Delta V}V + q $
$ d U = - \frac 3 2 (\frac {\Delta P} {\Delta V}V + q)d V $

Si risolve l'equazione differenziale e si trova la variazione dell'energia interna.
$ \Delta U = -\frac 3 4 \frac {\Delta P} {\Delta V} {\Delta V^2} + \frac 3 2 q \Delta V $
$ \Delta U = \frac 3 4 (-{\Delta P} + 2 q) \Delta V $
Il lavoro è dato da:
$ \frac 1 2 (P_1 + P_2) (V_2 - V_1) $
La somma dei due è il calore scambiato.

Nel ciclo adiabatico il calore scambiato sarà nullo (o sbaglio?), la variazione di energia interna si trova con lo stesso metodo, solo impostando divers. le funzioni:
Scrivo direttamente il risultato (l'ho trovata calcolando il lavoro, che di modulo dovrebbe essere uguale alla variazione di energia interna):
$ \frac {\Delta P} {\Delta V \eta} ({V_2} ^\eta - {V_1}^\eta) $

Adesso, se non ho sbagliato i segni, si dovrebbe fare così.
Trovo la variazione di energia interna totale (calore acquistato o ceduto) e lo scambio energetico totale (Q):
$ \Delta U = \Delta U_1 + \Delta U_2 $
$ \Delta Q = \Delta Q_1 $

L = Q - U (Il lavoro svolto in un ciclo)

Il rendimento sarà:
$ \eta = \frac L Q $

[info]

Scrivo il mio ragionamento...

considero un punto A sulla trasforzione lineare ed un punto C sempre su quella retta ma a distanza infinitesima dV. Individuo poi il punto B avente la medesima pressione di A ed il medesimo volume di C. Ho sostituito alla trasformazione AC le due trasformazioni infinitesime AB e BC (che sò studiare meglio, ma non sò giustificare teoricamente questo passaggio!).

Essendo trasformazioni infinitesime, suppongo che il passaggio di calore sia in un solo verso per ogni trasformazione. Per ora trovo il calore entrante.
Considero l'isobara.

dQ= 5/2 nR DT = 5/2(pb*vb-pa*va) =
= 5/2 [pa(va+dv)-pa*va] = 5/2 pa*dv

dato che dv è supposto positivo il calore è entrante.
Inoltre dv*m=dp-->dq=5/(2m)[pa*dp]

integrando da pb a pa e sostituendo il valore di m = (pa-pb)/(va-vb) si trova il ris che ho scritto sopra... Nelle infinite isocore il calore risulta invece uscente...

-------------------

ho scritto questa roba perchè l'avevo promesso... ma credo sia errata: ora o dopo dò un'occhiata al tuo procedimento, bh3u4m...

[AleX_ZeTa]

ohi ohi bh3u4m... mi sa che così non va!

Tu stai trovando il calore scambiato. Ma io non ti ho chiesto quello. Ti ho chiesto calore ceduto e calore assorbito. Sono due grandezze diverse, e le voglio entrambe.

Il discorso finale è ovviamente corretto... ma non è il risultato in sè ad essere importante, ma il confronto con Carnot. Come sono tra loro i due rendimenti? (ovviamente devi aver prima fatto giusta la parte iniziale, altrimenti quel conto è inutile). Tra l'altro credo che così venga 1... Calore scambiato su lavoro è sempre 1... altrimenti non si conserverebbe l'energia



la tua info invece è sbagliata (almeno credo) perchè non puoi scindere così le trasformazioni. Sarà sì una somma infinita di isocore + isobare, ma alternate... e l'ordine conta non poco! Tu prima consideri tutte le isobare - e le prendi come fossero un'isobara unica - senza contare che in mezzo ci sono anche delle isocore... e questo cambia non poco la situazione fisica.