Esercizio 86ciclo di Stirling reversibile e irreversibile

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Il ciclo di Stirling

Il ciclo di StirlingDue isoterme reversibili alle temperature dei serbatoi e due isocore che portano il gas da una temperatura all'altra.Macchine termiche e frigorifere → è formato da due isoterme e due isocore. Si chiamano gli stati come nella soluzione del tema:

• $A \to B$: espansione isoterma a $T_2 = 400$ K, da $V_{\min}$ a $V_{\max} = r V_{\min}$;
• $B \to C$: raffreddamento isocoro a $V_{\max}$, da $T_2$ a $T_1$;
• $C \to D$: compressione isoterma a $T_1 = 250$ K, da $V_{\max}$ a $V_{\min}$;
• $D \to A$: riscaldamento isocoro a $V_{\min}$, da $T_1$ a $T_2$.

Nel piano $(V, p)$: due tratti di iperbole ($pV = \text{cost}$) collegati da due segmenti verticali; il ciclo è percorso in senso orario.

Gas biatomico: $c_V = \frac52 R$, con $R = 8{,}31\ \text{J/(mol K)}$ (Energia interna e calori specifici dei gas idealiL'energia interna di un gas ideale dipende solo dalla temperatura: ΔU = n c_V ΔT in qualunque trasformazione. I calori molari a volume e a pressione costante sono legati dalla relazione di Mayer c_p = c_V + R. Monoatomico: c_V = 3R/2; biatomico: c_V = 5R/2; γ = c_p/c_V.Energia interna e calori specifici dei gas ideali →).

Calore in ogni tratto

Le formule vengono da Trasformazioni dei gas idealiPer ogni trasformazione di un gas ideale si calcolano ΔU = n c_V ΔT, il lavoro W e il calore Q = ΔU + W. Isocora: W = 0. Isobara: W = nRΔT, Q = n c_p ΔT. Isoterma reversibile: ΔU = 0, Q = W = nRT ln(Vf/Vi). Adiabatica reversibile: Q = 0, pV^γ costante. Adiabatica irreversibile: n c_V ΔT = −p_est ΔV.Trasformazioni dei gas ideali →: in un'isoterma $\Delta U = 0$ e $Q = W = nRT\ln(V_{\text{fin}}/V_{\text{in}})$; in un'isocora $W = 0$ e $Q = \Delta U = n c_V \Delta T$. Il rapporto dei volumi nelle isoterme è $r$ (o $1/r$) perché le isocore collegano proprio il volume minimo e quello massimo.

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a) Numero di moli

Il calore assorbito è la somma dei calori positivi, quelli di $DA$ e di $AB$:

$$Q_{\text{ass}} = Q_{DA} + Q_{AB} = n\left[c_V (T_2 - T_1) + RT_2 \ln r\right]$$

Unica incognita: $n$. Si calcola il contenuto della parentesi (il calore assorbito per mole):

$$c_V (T_2 - T_1) = \tfrac52 \cdot 8{,}31 \cdot 150 = 3116{,}3\ \text{J/mol}, \qquad RT_2 \ln r = 8{,}31 \cdot 400 \cdot \ln 3 = 3651{,}8\ \text{J/mol}$$

$$n = \frac{Q_{\text{ass}}}{6768{,}1\ \text{J/mol}} = \frac{5000}{6768{,}1} = 0{,}739\ \text{mol}$$

Calori dei due tratti di assorbimento: $Q_{DA} = 0{,}739 \cdot 3116{,}3 = 2302\ \text{J}$, $Q_{AB} = 0{,}739 \cdot 3651{,}8 = 2698\ \text{J}$ (somma $5000\ \text{J}$ ✓).

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b) Lavoro e rendimento

Calore ceduto, somma dei calori di $BC$ e $CD$:

$$Q_{BC} = -Q_{DA} = -2302\ \text{J}, \qquad Q_{CD} = -nRT_1 \ln 3 = -0{,}739 \cdot 8{,}31 \cdot 250 \cdot 1{,}0986 = -1686\ \text{J}$$

$$Q_{\text{ced}} = -2302 - 1686 = -3988\ \text{J}$$

Lavoro. Nel ciclo $\Delta U = 0$, quindi per il primo principioΔU = Q − W: in un ciclo ΔU = 0 e quindi il lavoro è uguale al calore totale scambiato.Primo principio della termodinamica →

$$W = Q_{\text{ass}} + Q_{\text{ced}} = 5000 - 3988 = 1012\ \text{J}$$

Si può controllare con la formula del ciclo di Stirling: i calori delle isocore si cancellano e $W = nR(T_2 - T_1)\ln r = 0{,}739 \cdot 8{,}31 \cdot 150 \cdot 1{,}0986 = 1012\ \text{J}$ ✓.

Rendimento:

$$\eta = \frac{W}{Q_{\text{ass}}} = \frac{1012}{5000} = 0{,}202$$

Molto meno del rendimento di Carnot tra le stesse temperature, $1 - \frac{250}{400} = 0{,}375$. Il motivo: il calore $Q_{DA}$ speso per riscaldare il gas nell'isocora viene poi buttato via nell'isocora $BC$. Con un rigeneratore che recupera $Q_{BC}$ e lo restituisce in $DA$, il calore da prendere ai serbatoi sarebbe solo $Q_{AB}$ e il rendimento salirebbe a $\frac{1012}{2698} = 0{,}375$, proprio quello di Carnot.

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c) Ciclo reversibile

Se tutto il ciclo è reversibile, per il teorema di ClausiusIn un ciclo reversibile la somma dei calori divisi per le temperature a cui sono scambiati è zero; l'entropia dell'universo non cambia.Teorema di Clausius ed entropia → l'entropia dell'universo non cambia:

$$\Delta S_{\text{UN}}^{\text{rev}} = 0$$

Come può essere reversibile un'isocora in cui la temperatura del gas va da $250$ a $400$ K? Il gas deve scambiare calore, in ogni istante, con un serbatoio alla sua stessa temperatura: servirebbe una serie infinita di serbatoi a temperature intermedie (oppure un rigeneratore ideale). Con due soli serbatoi non si può.

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d) Isocore irreversibili

Ora le isocore sono fatte nel modo realistico: in $DA$ il gas a $250$ K viene messo a contatto con il serbatoio a $400$ K; in $BC$ il gas a $400$ K viene messo a contatto con il serbatoio a $250$ K. Gli scambi avvengono con differenze di temperatura finite: irreversibili.

Prima strada: i due serbatoi. Il gas compie un ciclo, quindi $\Delta S_{\text{gas}} = 0$, e cambia solo l'entropia dei serbatoi (un serbatoio che riceve Q a temperatura T ha ΔS = Q/TLa temperatura del serbatoio non cambia, quindi lo scambio, dal suo punto di vista, è reversibile.Calcolo delle variazioni di entropia →):

• il serbatoio caldo cede al gas tutto il calore assorbito, $Q_{\text{ass}} = 5000\ \text{J}$ (sia l'isoterma $AB$ sia l'isocora $DA$ avvengono a contatto con lui): $\Delta S_2 = -\frac{5000}{400} = -12{,}50\ \text{J/K}$;
• il serbatoio freddo riceve tutto il calore ceduto, $|Q_{\text{ced}}| = 3988\ \text{J}$: $\Delta S_1 = +\frac{3988}{250} = +15{,}95\ \text{J/K}$.

$$\Delta S_{\text{UN}}^{\text{irr}} = -12{,}50 + 15{,}95 = 3{,}45\ \text{J/K}$$

Seconda strada: solo i tratti irreversibili. Le isoterme sono reversibili (il gas è alla temperatura del serbatoio) e non contano. Nelle isocore:

• $DA$: gas $n c_V \ln\frac{T_2}{T_1}$, serbatoio caldo $-\frac{Q_{DA}}{T_2} = -\frac{n c_V (T_2 - T_1)}{T_2}$;
• $BC$: gas $n c_V \ln\frac{T_1}{T_2}$, serbatoio freddo $+\frac{|Q_{BC}|}{T_1} = +\frac{n c_V (T_2 - T_1)}{T_1}$.

I due logaritmi del gas sono opposti e si cancellano; resta

$$\Delta S_{\text{UN}}^{\text{irr}} = n c_V (T_2 - T_1)\left(\frac{1}{T_1} - \frac{1}{T_2}\right) = 2302 \cdot \left(\frac{1}{250} - \frac{1}{400}\right) = 2302 \cdot 0{,}0015 = 3{,}45\ \text{J/K} \ ✓$$

È come se il calore $Q_{DA} = 2302\ \text{J}$ passasse direttamente dal serbatoio caldo a quello freddo, "attraversando" il gas: esattamente l'aumento di entropia di un passaggio spontaneo di calore dal caldo al freddo.

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Risultati

Le piccole differenze vengono dall'arrotondamento: la soluzione ufficiale usa $n = 0{,}74$ nei calcoli successivi. Inoltre nella soluzione la formula di $\Delta S$ è stampata come "$-Q_{\text{ass}}/T_2 - Q_{\text{ass}}/T_1$": il secondo termine va letto $-Q_{\text{ced}}/T_1$ (con $Q_{\text{ced}} < 0$), come si vede dal risultato.

Errori comuni

• Dimenticare il calore dell'isocora $DA$ in $Q_{\text{ass}}$ e trovare $n$ dalla sola isoterma: si ottiene $n = 1{,}37$ mol, sbagliato.
• Mettere $\Delta S_{\text{UN}} = 0$ anche nel caso irreversibile perché "il gas torna allo stato iniziale": il gas sì, i serbatoi no.
• Usare le temperature del gas per i serbatoi: ogni serbatoio ha una sola temperatura, e tutto il calore che scambia lo divide per quella.