Ciclo reversibile di una macchina termica

Una macchina termica reversibile lavora con due moli di gas perfetto monoatomico descrivendo il ciclo costituito da 4 trasformazioni (vedi figura) sapendo che $V_A=5l$, $V_D=2V_A$, $V_B=3.5V_A$, $V_C=5V_A$, $P_A=P_B=50atm$ e $P_C=P_D=\frac{1}{5}P_A$. Si calcoli:

  1. il rendimento della macchina termica; (risoluzione)
  2. le variazioni dell'entropia dell'universo e dell'ambiente del ciclo; (risoluzione)
  3. le variazioni dell'entropia dell'universo e dell'ambiente delle 4 trasformazioni. (risoluzione)

Ciclo reversibile composto 4 trasformazioni termodinamiche di cui 2 isobare

Svolgimento

PUNTO a)

Per prima cosa calcoliamo: $$\begin{eqnarray} V_D &=& 2V_A = 2\cdot 5=10l\\ V_B &=& 3.5V_A = 3.5\cdot 5=17.5l\\ V_C &=& 5V_A = 5\cdot 5=25l\\ P_C=P_D &=& \frac{1}{5}P_A=\frac{1}{5}\cdot 50=10atm\end{eqnarray}$$

Ora possiamo ricavare i valori incogniti delle temperature nei punti delle varie trasformazioni utilizzando la legge dei gas ideali ($PV=nRT$): $$\begin{array}{l} P_AV_A=nRT_A\ \ \Rightarrow\ \ T_A=\frac{P_AV_A}{nR}=\frac{50\cdot 5}{2\cdot 0.082}=1524.39°K\\ P_BV_B=nRT_B\ \ \Rightarrow\ \ T_B=\frac{P_BV_B}{nR}=\frac{50\cdot 17.5}{2\cdot 0.082}=5335.37°K\\ P_CV_C=nRT_C\ \ \Rightarrow\ \ T_C=\frac{P_CV_C}{nR}=\frac{10\cdot 25}{2\cdot 0.082}=1524.39°K\\ P_DV_D=nRT_D\ \ \Rightarrow\ \ T_D=\frac{P_DV_D}{nR}=\frac{10\cdot 10}{2\cdot 0.082}=609.76°K\end{array}$$

Il tutto può essere riassunto nella tabella sottostante

Tabella con i valori di pressione, volume e temperatura per i vari stati delle trasformazioni termodinamiche

Il rendimento della macchina termica è dato da $$\eta=\frac{L_{tot}}{Q_{assorbito}}$$ dove $L_{tot}$ è il lavoro totale svolto dal sistema e coincide con l'area del ciclo in figura: $$\begin{eqnarray} L_{tot} &=& \frac{(V_D-V_A)(P_A-P_D)}{2}+\frac{[(V_B-V_D)+(V_C-V_D)]\cdot (P_A-P_D)}{2}=\\ &=&\frac{(10-5)\cdot 10^{-3}(50-10)\cdot 1.01\cdot 10^5}{2}+\frac{[(17.5-10)+(25-10)]\cdot 10^{-3}\cdot (50-10)\cdot 1.01\cdot 10^5}{2}=\\ &=& 101\cdot 10^2+454.5\cdot 10^2=55550J\end{eqnarray}$$ mentre $Q_{assorbito}$ è il calore assorbito durante tutto il ciclo termodinamico e coincide con la somma dei calori assorbiti (positivi) nelle varie trasformazioni. In particolare, le trasformazioni in cui si ha un assorbimento di calore, sono quelle in cui la temperatura aumenta: vedi trasformazione AB ($T_A=1524.39\rightarrow T_B=5335.37$) e trasfomazione DA ($T_D=609.76\rightarrow T_A=1524.39$). Dunque si ha: $$Q_{assorbito}=Q_{AB}+Q_{DA}$$

Sapendo che AB è una trasformazione isobara e sapendo che per un gas monoatomico il calore specifico a pressione costante è $c_p=\frac{5}{2}R$, si ha: $$Q_{AB}=nc_p(T_B-T_A)=\cancel{2}\cdot \frac{5}{\cancel{2}}\cdot 8.314(5335.37-1524.39)=158422.44J$$

$Q_{DA}$, invece, si può determinare applicando il primo principio della termodinamica ($Q=\Delta U+L$) dopo aver calcolato $\Delta U_{DA}$ e $L_{DA}$. Per trovare la variazione di energia interna $\Delta U_{DA}$, utilizziamo una formula valida per qualsiasi trasformazione: $$\Delta U_{DA}=n\cdot c_v(T_A-T_D)=\cancel{2}\cdot\frac{3}{\cancel{2}}\cdot 8.314(1524.39-609.76)=22812.70J$$ mentre, per ricavare il lavoro $L_{DA}$, calcoliamo l'area sottesa dall curva nel tratto DA. Poichè si tratta di una compressione, tale lavoro è negativo, quindi: $$\begin{eqnarray} L_{DA} &=& -\frac{(V_D-V_A)(P_A-P_D)}{2}-(V_D-V_A)P_D=\\ &=&-\frac{(10-5)\cdot 10^{-3}(50-10)\cdot 1.01\cdot 10^5}{2}-(10-5)\cdot 10^{-3}\cdot 10\cdot 1.01\cdot 10^5=\\ &=& -101\cdot 10^2-50.5\cdot 10^2=-15150J\end{eqnarray}$$

Per il primo principio della termodinamica: $$Q_{DA}=\Delta U_{DA}+L_{DA}=22812.70-15150=7662.70J$$

Possiamo finalmente calcolare l'entropia: $$\eta=\frac{L_{tot}}{Q_{AB}+Q_{DA}}=\frac{55550}{158422.44+7662.70}=0.33$$

PUNTO b)

Ricordando che la variazione di entropia dell'universo è data dalla somma delle variazioni di entropia del sistema e dell'ambiente, ossia: $$\Delta S_{Universo}= \Delta S_{Sistema} + \Delta S_{Ambiente}$$ e che, in un ciclo reversibile $\Delta S_{Universo} = \Delta S_{Sistema} = 0$, si ha che anche $\Delta S_{Ambiente} = 0$.

PUNTO c)

Per ogni trasformazione reversibile si ha $\Delta S_{Universo}=0$, dunque, $\Delta S_{Ambiente}=-\Delta S_{Sistema}$. Calcoliamo, dunque, la variazione di entropia per ciascuna trasformazione: $$\begin{eqnarray} \Delta S_{AB}^s &=& n\cdot c_p\cdot\ln\frac{T_B}{T_A}=\cancel{2}\cdot \frac{5}{\cancel{2}}8.314\cdot\ln\frac{5335.37}{1524.39}=52.08\\ \Delta S_{BC}^s &=& n\cdot R\cdot\ln\frac{V_C}{V_B}+n\cdot c_v\cdot\ln\frac{T_C}{T_B}=\\ &=& 2\cdot 8.314\cdot\ln\frac{25}{17.5}+\cancel{2}\cdot \frac{3}{\cancel{2}}8.314\cdot\ln\frac{1524.39}{5335.37}=-25.32\\ \Delta S_{CD}^s &=& n\cdot c_p\cdot\ln\frac{T_D}{T_A}=\cancel{2}\cdot \frac{5}{\cancel{2}}8.314\cdot\ln\frac{609.76}{1524.39}=-38.09\\ \Delta S_{DA}^s &=& n\cdot R\cdot\ln\frac{V_A}{V_D}+n\cdot c_v\cdot\ln\frac{T_A}{T_D}=\\ &=& 2\cdot 8.314\cdot\ln\frac{5}{10}+\cancel{2}\cdot \frac{3}{\cancel{2}}8.314\cdot\ln\frac{1524.39}{609.76}=11.33\end{eqnarray}$$

Infine si ha: $$\begin{eqnarray} \Delta S_{AB}^a &=& -\Delta S_{AB}^s = -52.08\\ \Delta S_{BC}^a &=& -\Delta S_{BC}^s = 25.32\\ \Delta S_{CD}^a &=& -\Delta S_{CD}^s = 38.09\\ \Delta S_{DA}^a &=& -\Delta S_{DA}^s = -11.33\end{eqnarray}$$

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