Macchine termiche e scambi di calore

Meccanica, termodinamica, elettromagnetismo, relatività, ...
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Messaggio da info »

mi aspettavo una bocciatura...

In ogni caso a mè puzzava di sbagliato perchè se integro la lunghezza di quelle isobare ed isocore non ottengo la lunghezza del segmento ma quella di due cateti...ragionamenti matematici, lo so... e quindi lasciamoli perdere!

Perchè dici che non considero l'ordine? l'unica cosa che variano le isocore in mezzo sono la pressione (almeno nel grafico pV) e questa è considerata sempre diversa nell'integrazione!

D'altronde a mè pare che se il processo fosse una serie infinite di isocore ed isobare alternate il risultato sarebbe quello: l'integrazione è solo il risultato di un passaggio di un passaggio al limite di un procedimento che in un caso finito mi pare corretto...

In ogni caso, avevo sviluppato un altro approccio, come ho scritto sopra tempo fà. Di questo non ho i calcoli ma solo il procedimento:

1- divido il processo in infinite piccole trasformazioni ma questa volta seguo la retta;
2- trovo dU come Cmv*n*d(T).
3- trovo dL come dA sottesa;
4- essendo le trasformazioni infinitesime considero il calore scambiato dQ in modo uni-laterale e lo trovo con la formula dq=dU+dL;
5- la condizione per dq>0 (calore entrante) era perlomeno simile a quella scritta da mè qualche msg prima. Da lì si esegue il calcolo;

questo procedimento non ha il difetto di passare per altre trasformazioni. Vorrei sapere cosa ne pensi, Alex (anche sugli altri dubbi)....


Dato che anche questo procedimento sarà sbagliato, dico che ho finito le idee...
AleX_ZeTa
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Messaggio da AleX_ZeTa »

info ha scritto: In ogni caso a mè puzzava di sbagliato perchè se integro la lunghezza di quelle isobare ed isocore non ottengo la lunghezza del segmento ma quella di due cateti...ragionamenti matematici, lo so... e quindi lasciamoli perdere!
il problema dovrebbe essere proprio qui! Tu stai considerando il triangolo rettangolo di ipotenusa AB e non la "scaletta" di trasformazioni che la approsima meglio.
E non è la stessa cosa... infatti come puoi vedere ti vengono delle lunghezze non compatibili con la situazione reale.

poi guardo con calma i conti e la nuova soluzione...
Huxeley
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Macchina termica

Messaggio da Huxeley »

Il calore non entra nè esce dalla macchina durante l'adiabatica. E' evidente che esso può entrare o uscire solo durante la trasformazione rettilinea AB.L'equazione di quest'ultima è detto M il suo coefficiente angolare
p-pA=M(V-VB) (Scusate non so ancora usare il Latex)
Ma per una mole di gas ideale pV=RT,onde
RT-pA*V=MV²-MVA*V
differenziando RdT=(pA+2MV-MVA)dV
Per il I principio il calore entrante in una trasformazione elementare è
dQ=dL+dU=pdV+mcdT (con c calore specifico a volume costante) Allora sostituendo la precedente
dQ=(MV-MVA+pA+ mcpA/R+2mcMV/R-mcMVA)dV
ora il calore entra se dQ>0 cioè se
V>(MVA-pA)(R+mc)/(R+2mc)M. Questo valore divide la trasformazione rettilinea in due parti :una in cui il calore entra e l'altra in cui esce. Diciamo S questo punto
allora il calore entrante da A a S è
Q2=(pA+pS)(VS-VA)/2
mentre quello uscente è
Q1=(pB+pS)(VB-VS)/2
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Messaggio da info »

interessante! anche tu arrivi a dividere la trasformazione lineare in 2 parti, un ris simile a quello che portava il mio secondo metodo (non sò se i risultati sono equivalenti)... a questo punto Alex dovresti dire se hai ottenuto anche tu un ris di questo tipo!
AleX_ZeTa
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Messaggio da AleX_ZeTa »

m... non capisco assolutamente questo passaggio:

dQ=(MV-MVA+pA+ mcpA/R+2mcMV/R-mcMVA)dV

da dove lo tiri fuori? O_o

prima avevi un pdV che ora sparisce e appare quella roba... dici che sostituisci con quello trovato precedentemente... ma p da dove lo prendi? e il dT dove finisce?

Di giusto c'è sicuramente la considerazione che esiste un punto di inversione nello scambio di calore... ma la sua esistenza (trovarlo poi comporta qualche calcolo) può essere giustificata in modo molto più semplice e profondo.

Poi... i calcoli finali del calore mi sembrano sbagliati, indipendentemente da ciò che c'è prima... quello non è il lavoro? O_o
sembra tanto l'area del trapezio... non è che ti sei dimenticato di un $ \Delta U $?
Huxeley
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Macchine termiche

Messaggio da Huxeley »

Riscrivo la dimostrazione con più passaggi
L’eq. della retta è, posti vA,vB,pA,pB volumie pressioni iniziali e finali:
p-pA=M(v-vA) con M=(pB-pA)/(vB-vA) coeff. angolare che nel nostro caso è negativo perché pB<pA
da essa
(1) p=pA+M(v-vA)
ma per una mole di gas perfetto si ha pv=RT da cui p=RT/v. Sostituendo RT/v-pA= M(v-vA) da cui RT-pAv=Mv²-MvAv differenziando ottengo RdT-pAdV=M2vdv-MvAdV cioè
(2) RdT=pAdv+2Mvdv-MvAdv=(pA+2Mv-MvA)dv.
Per il primo principiodQ=dL+dU ma dUè un differenziale esatto e si ha dU=mcdT con m massa del gas, c calore specifico a volume costante.Inoltre si ha dl=pdv.
Allora dQ=pdv+mcdT sostituendo a p la (1) si ha
dQ= [pA+M(v-vA)]dv +mcdT Per la (2) allora dQ=[pA+M(v-vA)]dv+mc/R(pA+2Mv-MvA)dv Infine
dQ= [pA+M(v-vA) +mc/R(pA+2Mv-MvA)]dv. Sommando i termini simili
(3) dQ=[(M+2mMc/R)V+pA+mcpA/R-MvA-mMcvA/R]dv
Integrando si ottiene tutto il calore scambiato nella trasformazione rettilinea.
Si deve osservare tuttavia che il termine in parentesi quadra può essere positivo o negativo. Esso sarà positivo(quindi il calore entra nella macchina)se
(M+2mMc/R)V+pA+mcpA/R-MvA-mMcvA/R>0

Cioè se v>[MRvA+mcMvA-pAR-mcpA]/(R+2cm)M
O anche per
v>[(MvA-pA)R+mc(MvA-pA)]/ (R+2cm)M
Quindi per
v>[(MvA-pA)(R+mc)]/ (R+2cm)M
Poniamo (R+mc)/ (R+2mc)=K costante indipendente dalla trasformazione e osserviamo che si ha K<1. Allora
(4) v> K(mvA-pA)/M
Il volume K(mvA-pA)/M definisce un punto sulla trasformazione che indico con S. Integrando la (2) da A ad S si ottiene calore negativo cioè uscente mentre integrandola da S a B positivo.
L’integrale è facilissimo Q=(M+2mMc/R)v²/2+ (pA+mcpA/R-MvA-mMcvA/R)v nei limiti detti.
I valori scritti nella prima lettera sono errati.
Piuttosto che il calcolo effettivo che è banale è interessante mostrare che S è veramente intermedio fra A e B. Si deve verificare che
vA<K(mvA-pA)/M<vB
Io l’ho fatto adesso fallo tu!
Ultima modifica di Huxeley il 24 mar 2005, 09:15, modificato 1 volta in totale.
AleX_ZeTa
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Messaggio da AleX_ZeTa »

boh a meno di errori di calcolo ora dovrebbe tornare. E' abbastanza simile alla soluzione che ho trovato io... credo siano identiche visto che il ragionamento è giusto, ma dovrei smanettare un po' con quella formula per passare da una all'altra e non ne ho molta voglia :p

il fatto che S sia intermedio è ovvio... ma per vederlo bisogna aver ragionato come me:

prendiamo come variazione di entropia quella definita dall'integrale di Clausius:
$ \displaystyle \Delta S = \int_A^B {dQ \over T} $

Risulta quindi banalmente evidente che le adiabatiche sono isoentropiche, Quindi l'entropia dei punti A e B è la stessa.

Inoltre notiamo che il segno del $ \Delta S $ è lo stesso del $ dQ $. Quindi quando la macchina assorbe calore l'entropia aumenta, quando lo cede diminuisce. Questo corrisponde a una trasformazione che interseca infinite adiabatiche "parallele" (passatemi il termine...).

Dato che il segmento AB sottende un ramo di adiabatica, ogni adiabatica superiore alla stessa che incontri il segmento deve avere due punti di intersezione con esso - banali considerazioni geometriche... I due punti sono distinti per tutte, tranne per una: l'adiabatica tangente. Per ragioni fisiche esiste - e anche per via geoemetrica/analitica lo si vede benissimo - ... l'entropia è una funzione di stato continua, e se la variazione passa da positiva a negativa ci deve forzatamente essere un punto di inversione, che corrisponde all'intersezione con un'adiabatica tangente. A questo punto basta calcolarsi (e non è certo difficile) questo punto - che altro non è che il tuo punto S - e farsi un paio di integrali per calore e lavoro.



PS: per favore fate uno sforzo e scrivete in LaTeX ... ci vogliono veramente 5 minuti per imparare i comandi matematici e ne guadagnerete tutti in chiarezza (senza contare che cmq se uno andrà a studiare materie scientifiche all'uni 99/100 dovrà imparare a usarlo). Formulacce in riga sono quasi illeggibili! :D
Huxeley
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Macchine termiche

Messaggio da Huxeley »

Le tue considerazioni mi sembrano corrette, tuttavia la determinazione del punto S e dell'adiabatica tangente non sono agevoli anzi mi sembrano complicatissime.
Io non ci sono ancora riuscito, ponendo la derivata dell'adiabatica (non nota) uguale al coefficiente angolare della retta si ottiene un'equazione molto complicata.
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Messaggio da info »

Per la cronaca, il mio secondo procedimento pare molto simile a quello di Huxeley, solo che inserisco i dati in un ordine diverso! Non ho però controllato i ris!

Carino il tuo ragionamento, Alex. Deve essere la prima volta che vedo usare l'entropia! Cmq ho riguardato un pò la teoria. Per come è definito ds

dS=dq/T --> dq =T*dS

Cioè usando un bel calcolatore ci si può fare un programmino che dal grafico p/V crei quello T/s (lo si può fare, credo, le formule ci sono) e calcoli l'area sottesa positiva per trovare q(entrante)..

Naturalmente è solo una curiosità, a mio parere non è stupido calcolare dq=dU+dL per trasformazioni infinitesime...
AleX_ZeTa
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Messaggio da AleX_ZeTa »

no non sono complicatissime te lo assicuro... viene un sistema lineare abbastanza facile da risolvere se non ricordo male. Cmq il punto l'avevo trovato, e senza troppi problemi...

info si certo si può fare... al massimo si deve dividere in intervalli per poter trovare una funzione Q(T), altrimenti si rischia di avere una relazione non univoca (ad esempio una trasformazione che interseca 2 volte una stessa isoterma se considerata nella sua "totalità" non può essere associata ad alcuna funzione Q(T) perchè non ve n'è una univoca)
Huxeley
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Messaggio da Huxeley »

Io credo che ricordi male
AleX_ZeTa
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Messaggio da AleX_ZeTa »

mah... ho anche qui davanti i miei conti (li ho ritrovati fra gli altri appunti). La soluzione si trova... e il procedimento non è lungo.

il volume dovrebbe essere:

$ \displaystyle V = {-\gamma q \over m(\gamma + 1)} $

la pressione te la ricavi dall'eq. della retta.

con m,q coeff. angolare e termine noto della retta.

(m < 0 e q > 0, ovviamente, visto che il segmento sottende un'adiabatica)
Huxeley
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Messaggio da Huxeley »

Ma come fai a ricavare quella roba?
l'eq. dell'adiabatica è
Pv^γ=q con q incognito nel nostro caso da cui p=q/ v^γ derivando p’=- γq/ v^(γ+1) che deve essere uguale al coeff. angolare della retta (noto).
m= γq/ V^(γ+1) cioè V^(γ+1)=- γq/m con q e V incogniti.

lnV=[ln(- γq/m)]/(γ+1) ma q e v sono incogniti. Associando l'eq. Pv^γ=q
ottieni tre incognite!!!!!!!
AleX_ZeTa
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Messaggio da AleX_ZeTa »

ahem... hai 3 incognite... ma hai anche 3 equazioni:

1) condizione di tangenza (derivate uguali)
2) l'adiabatica passa per il punto
3) la retta passa per il punto

(tra l'altro la derivata che hai fatto è sbagliata, ma sarà una svista: davanti a gamma c'è il segno -, anche all'esponente)
Huxeley
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Messaggio da Huxeley »

anche considerando l'ultima equazione (ma ho il dubbio che le equazioni non siano indipendenti) come fai a risolvere quel sistema trascendente?

Inoltre Il valore di Y non deve comparire . Il punto di divisione S trovato da me è indipendente da Y ed il mio calcolo è corretto (tranne eventuali errori algebrici che non credo di aver commesso)
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