Esercizio 86ciclo di Stirling reversibile e irreversibile

Testo (tema d'esame del 6 luglio 2015, problema 3). Una macchina termica contenente un gas ideale biatomico compie un ciclo di Stirling con un rapporto di espansione (rapporto tra il massimo ed il minimo volume occupato dal gas nel ciclo) $r = 3$. Il calore assorbito nel ciclo è $Q_{\text{ass}} = 5000\ \text{J}$. Sapendo che la macchina lavora tra due serbatoi a temperature $T_2 = 400\ \text{K}$ e $T_1 = 250\ \text{K}$ rispettivamente, determinare:

a) il numero di moli del gas: $n$; b) il lavoro compiuto dalla macchina ed il suo rendimento: $W$, $\eta$.

Si determini inoltre la variazione di entropia dell'Universo nelle due ipotesi:

c) che il ciclo sia reversibile: $\Delta S_{\text{UN}}^{\text{rev}}$; d) che le trasformazioni isocore del ciclo siano irreversibili: $\Delta S_{\text{UN}}^{\text{irr}}$.

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.

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 $5000\ \text{J}$ ✓).

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.

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.

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.

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.