Ciclo di Carnot: energia ed entropia lungo ogni ramo

Domanda 1. Lo schema mostra le adiabatiche $AB$ e $CD$, $BC$ sull'isoterma calda e $DA$ sull'isoterma fredda. Il ciclo è percorso in senso orario. Sull'adiabatica $AB$, la legge di Laplace dà

$$T_{\mathrm{C}}V_A^{\gamma-1}=T_{\mathrm{H}}V_B^{\gamma-1},\qquad \left(\frac{V_A}{V_B}\right)^{\gamma-1}=\frac{T_{\mathrm{H}}}{T_{\mathrm{C}}}.$$

Elevando alla potenza $1/(\gamma-1)$ e ponendo $b=(T_{\mathrm{H}}/T_{\mathrm{C}})^{1/(\gamma-1)}$ si ottiene $V_A=bV_B$. Analogamente, lungo $CD$,

$$T_{\mathrm{H}}V_C^{\gamma-1}=T_{\mathrm{C}}V_D^{\gamma-1} \quad\Longrightarrow\quad V_D=bV_C=brV_B.$$

Quindi $V_D/V_A=(brV_B)/(bV_B)=r$: le isoterme hanno lo stesso rapporto di volumi e sono percorse in versi opposti.

Domanda 2. Lungo ogni adiabatica reversibile, $\delta Q_{\mathrm{rev}}=0$ e $\mathrm dS=\delta Q_{\mathrm{rev}}/T=0$:

$$Q_{AB}=Q_{CD}=0,\qquad \Delta S_{AB}=\Delta S_{CD}=0.$$

Lungo un'isoterma del gas perfetto, $\mathrm dU=0$, quindi $\delta Q_{\mathrm{rev}}=P\,\mathrm dV=nRT\,\mathrm dV/V$. Per l'espansione alla temperatura calda,

$$\begin{aligned} Q_{BC}&=nRT_{\mathrm{H}}\int_{V_B}^{rV_B}\frac{\mathrm dV}{V} =nRT_{\mathrm{H}}[\ln V]_{V_B}^{rV_B}=nRT_{\mathrm{H}}\ln r>0,\\ \Delta S_{BC}&=\frac{Q_{BC}}{T_{\mathrm{H}}}=nR\ln r. \end{aligned}$$

Per la compressione alla temperatura fredda, $V_A/V_D=1/r$:

$$\begin{aligned} Q_{DA}&=nRT_{\mathrm{C}}\int_{V_D}^{V_A}\frac{\mathrm dV}{V} =nRT_{\mathrm{C}}[\ln V]_{V_D}^{V_A}\\ &=nRT_{\mathrm{C}}\ln\frac{V_A}{V_D}=-nRT_{\mathrm{C}}\ln r<0,\\ \Delta S_{DA}&=\frac{Q_{DA}}{T_{\mathrm{C}}}=-nR\ln r. \end{aligned}$$

Nel diagramma $(S,T)$, l'entropia è costante lungo $AB$ e $CD$: questi rami sono verticali. Le isoterme $BC$ e $DA$ sono orizzontali. Scegliendo $S_A$ come origine relativa, le coordinate sono

$$\begin{aligned} \begin{array}{c|cc} \text{Stato}&S-S_A&T\\ \hline A&0&T_{\mathrm{C}}\\ B&0&T_{\mathrm{H}}\\ C&nR\ln r&T_{\mathrm{H}}\\ D&nR\ln r&T_{\mathrm{C}} \end{array} \end{aligned}$$

Si ottiene un rettangolo percorso in senso orario, di larghezza $nR\ln r$ e altezza $T_{\mathrm{H}}-T_{\mathrm{C}}$.

Domanda 3. Su un ciclo, $\Delta U=0$. Contando positivamente l'energia ricevuta, il primo principio dà

$$W=-(Q_{AB}+Q_{BC}+Q_{CD}+Q_{DA}) =-nR(T_{\mathrm{H}}-T_{\mathrm{C}})\ln r<0.$$

Il lavoro fornito è $-W>0$ e il calore ricevuto dal termostato caldo è $Q_{BC}>0$. Il rendimento è quindi

$$\eta=\frac{-W}{Q_{BC}} =\frac{nR(T_{\mathrm{H}}-T_{\mathrm{C}})\ln r}{nRT_{\mathrm{H}}\ln r} =\frac{T_{\mathrm{H}}-T_{\mathrm{C}}}{T_{\mathrm{H}}}=1-\frac{T_{\mathrm{C}}}{T_{\mathrm{H}}}.$$

Ogni termostato riceve il calore opposto a quello che fornisce al gas:

$$\Delta S_{\mathrm{th,H}}=\frac{-Q_{BC}}{T_{\mathrm{H}}}=-nR\ln r,\qquad \Delta S_{\mathrm{th,C}}=\frac{-Q_{DA}}{T_{\mathrm{C}}}=nR\ln r.$$

Il gas ritorna allo stato iniziale, quindi $\Delta S_{\mathrm{gas}}=0$. La somma delle tre variazioni è nulla: non si produce entropia. Il lavoro fornito all'esterno non trasporta entropia.

Domanda 4. Manteniamo la convenzione del banchiere per la macchina: $Q_{\mathrm{H}}>0$ è il calore ricevuto dal termostato caldo, $Q_{\mathrm{C}}<0$ quello ricevuto dal termostato freddo e $W<0$ il lavoro ricevuto su un ciclo. I termostati ricevono i calori opposti, $-Q_{\mathrm{H}}$ e $-Q_{\mathrm{C}}$. La loro variazione totale di entropia è l'entropia prodotta, poiché la macchina ritorna allo stato iniziale e si trasferisce all'esterno solo lavoro:

$$S_{\mathrm{i}}=-\frac{Q_{\mathrm{H}}}{T_{\mathrm{H}}}-\frac{Q_{\mathrm{C}}}{T_{\mathrm{C}}}.$$

Moltiplicando per $T_{\mathrm{C}}$ e isolando $Q_{\mathrm{C}}$,

$$T_{\mathrm{C}}S_{\mathrm{i}}=-\frac{T_{\mathrm{C}}}{T_{\mathrm{H}}}Q_{\mathrm{H}}-Q_{\mathrm{C}}, \qquad Q_{\mathrm{C}}=-\frac{T_{\mathrm{C}}}{T_{\mathrm{H}}}Q_{\mathrm{H}}-T_{\mathrm{C}}S_{\mathrm{i}}.$$

Il primo principio dà $0=Q_{\mathrm{H}}+Q_{\mathrm{C}}+W$. Il lavoro recuperato è $|W|=-W=Q_{\mathrm{H}}+Q_{\mathrm{C}}$, dunque

$$\eta=\frac{|W|}{Q_{\mathrm{H}}}=1+\frac{Q_{\mathrm{C}}}{Q_{\mathrm{H}}} =1-\frac{T_{\mathrm{C}}}{T_{\mathrm{H}}}-\frac{T_{\mathrm{C}}S_{\mathrm{i}}}{Q_{\mathrm{H}}}.$$

Poiché $T_{\mathrm{C}}>0$ e $Q_{\mathrm{H}}>0$, una produzione positiva di entropia riduce il rendimento.

Domanda 5. Il calore ricevuto dal termostato caldo è lo stesso per i due motori. Dalla domanda 2,

$$Q_{\mathrm{H}}=nRT_{\mathrm{H}}\ln r=1{,}0\times8{,}314\times500\times\ln3{,}4 \simeq5087\ \mathrm J.$$

Il rendimento del motore reversibile è

$$\eta_{\mathrm{Carnot}}=1-\frac{T_{\mathrm{C}}}{T_{\mathrm{H}}} =1-\frac{300}{500}=0{,}40=40\,\%.$$

La domanda 4 dà la differenza tra i due rendimenti:

$$\Delta\eta=\eta_{\mathrm{Carnot}}-\eta_{\mathrm{irr}} =\frac{T_{\mathrm{C}}S_{\mathrm{i}}}{Q_{\mathrm{H}}} \simeq\frac{300\times2{,}0}{5087}=0{,}118.$$

Il numeratore $T_{\mathrm{C}}S_{\mathrm{i}}=600\ \mathrm J$ è un'energia, quindi il rapporto è adimensionale. La diminuzione è di $100\Delta\eta\simeq11{,}8$ punti percentuali. Pertanto,

$$\eta_{\mathrm{irr}}=0{,}40-0{,}118\simeq0{,}282=28{,}2\,\%.$$

Il rendimento scende da $40\,\%$ a $28{,}2\,\%$; una diminuzione di $11{,}8$ punti non è una diminuzione relativa del $11{,}8\,\%$.