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Utente:Pasquale.Carelli/Sandbox: differenze tra le versioni

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===9 Ciclo irreversibile con isocora===
===20. Un condensatore parzialmente carico===
[[Immagine:Es16p110Traformazione_adiabatica_isoterma_isocora.png|350px250px|right]]
 
Un gas monoatomico compie il ciclo termodinamico riportato in figura: dalla temperatura <math>T_2\ </math> il gas si espande in maniera adiabatica e irreversibile riducendo del 10% il lavoro prodotto nella espansione (ma le relazioni tra P,V,T sono quelle di una adiabatica reversibile) e portandosi alla temperatura ambiente
Il circuito in figura è inizialmente aperto per un lungo tempo. Al tempo <math>t=0\ </math> viene chiuso l'interruttore. Determinare a) la carica iniziale e quella finale del condensatore (cioè a regime) ; b) l'espressione della carica sulle armature del condensatore al generico istante <math>t\ </math> e in particolare per <math>t=t_1\ </math>; c) la corrente in <math>R_1\ </math> al tempo <math>2t_1\ </math>.
<math>T_1\ </math> e alla pressione atmosferica <math>P_B\ </math> con un volume <math>V_B\ </math>. A questo punto una compressione isoterma reversibile alla temperatura <math>T_1\ </math> riporta il sistema al volume iniziale <math>V_A\ </math>. Infine, il gas posto a contatto con la sorgente a temperatura iniziale si riporta alla temperatura <math>T_2\ </math> tramite una trasformazione isocora irreversibile.
(Dati del problema <math>f_1=15\ V\ </math>, <math>f_2=3\ V\ </math>, <math>R_1=1\ \Omega\ </math>, <math>R_2=2\ \Omega\ </math>, <math>R_3=3\ \Omega\ </math>, <math>C=1\ \mu F\ </math>, <math>t_1=1\ \mu s\ </math>)▼
 
Determinare:
<span class="noprint">[[#20. Un condensatore parzialmente carico_2|&rarr; Vai alla soluzione]]</span>▼
a) Il volume in <math>A\ </math>; b) la temperatura <math>T_2\ </math>;
c) il lavoro prodotto in un ciclo; d) il rendimento.
 
 
▲(Datidati del problema <math>f_1T_1=1525\ V^oC\ </math>, <math>f_2p_A=3.5\cdot V10^5\ </math>, <math>R_1=1\ \OmegaPa\ </math>, <math>R_2=2\ \Omega\ </math>, <math>R_3=3\ \Omega\ </math>, <math>Cp_B=1\cdot 10^5\mu FPa\ </math>, <math>t_1V_B=10.02\ \mu sm^3\ </math>).
 
Nota: la irreversibilità della adiabatica è data dal fatto che non tutto il lavoro prodotto è utilizzato, in quanto in parte viene dissipato per attrito negli ingranaggi esterni al gas.
Quindi le leggi che governano le adiabatiche dei gas perfetti sono utilizzabili.
 
▲<span class="noprint">[[#20.9 UnCiclo condensatoreirreversibile parzialmentecon carico_2isocora_2|&rarr; Vai alla soluzione]]</span>
 
 
== Soluzioni ==
 
===9 Ciclo irreversibile con isocora===
===20. Un condensatore parzialmente carico===
<span class="noprint">[[#20.9 UnCiclo condensatoreirreversibile parzialmentecon caricoisocora|&rarr; Vai alla traccia]]</span>
 
a)
 
Essendo il gas monoatomico:
La carica iniziale è:
:<math>Q_0\gamma=Cf_2=3\frac \mu C53=1.66\ </math>
Essendo la <math>AB\ </math> trasformazione adiabatica:
Mentre la maglia dei due generatori si comportano come un generatore equivalente:
:<math>f_p_AV_A^{Th\gamma}=f_1-p_BV_B^{\frac {f_1-f_2gamma}{R_1+R_2}R_1=11\ V\ </math>
Quindi:
:<math>Q_fV_A=Cf_V_B\left(\frac{ThP_B}{P_A}\right)^{1/\gamma}=110.0094\ \mu Cm^3\ </math>
La resistenza equivalente vale:
:<math>R_{Th}=R_3+\frac {R_1R_2}{R_1+R_2}=3.67\ \Omega\ </math>▼
 
b)
 
Il numero di moli del gas è pari a :
L'equazione che determina la carica del condensatore è:
:<math>f_{Th}n=R_{Th}I_3(t)+\frac {Q(T)p_BV_B}C{RT_1}=0.81\ mol\ </math>
Quindi la temperatura in A vale:
detta <math>I_3\ </math> la corrente istantanea nel ramo del condensatore, che è pari a:
:<math>I_3(t)T_2=\frac {dQ(t)p_AV_A}{dtnR}=492\ K\ </math>
Si poteva anche determinare da:
Definendo <math>\tau=R_{Th}C\ </math>:
:<math>\frac T_2=T_1(p_B/p_A)^{dQ}{Q(1-f_{Th}C\gamma)/\gamma}=-492\frac {dt}{\tau}K\ </math>
:<math>\frac {dQ}{Q-Q_f}=-\frac {dt}{\tau}\ </math>
:<math>\int_{Q_0}^{Q(t)}\frac {dQ'}{Q'-Q_f}=-\int_0^t\frac {dt'}{\tau}\ </math>
:<math>\log \frac {Q(t)-Q_f}{Q_0-Q_f}=-\frac t{\tau}\ </math>
:<math>Q(t)=Q_f+(Q_0-Q_f)e^{-t/\tau}\ </math>▼
in particolare per $t=t_1\ </math>:
:<math>Q(t_1)=4.9\ \mu C\ </math>▼
 
c)
 
Il lavoro da compiere durante la isoterma reversibile è pari a
La tensione a capi del condensatore al tempo <math>t_2\ </math>:
:<math>V_C(t_2)W_{BC}=[]Q_f+(Q_0-Q_f)e^nRT_1\log {-t_2V_C/\tauV_B}]/C=6.36-1500\ VJ\ </math>
Mentre il lavoro compiuto durante la adiabatica è pari a:
La corrente <math>I_3(t_2)\ </math>:
:<math>I_3(t_2)=\frac W_{Q_f-Q_0AB}{\tau}e^{=0.9nc_v(T_2-t_2/\tau}T_1)=1.261760\ AJ\ </math>
▲:essendo <math>Q(t_1)c_v=43/2R=12.95\ \mu CJ/K\ </math>.
Quindi per quanto riguarda la maglia esterna:
Quindi il lavoro totale vale:
:<math>f_1=I_1(t_2)R_1+I_3(t_2)R_3+V_C(t_2)\ </math>
:<math>I_3W=(f_1-I_3(t_2)R_3-V_C(t_2)W_{BC}+W_{AB}=4.84260\ AJ\ </math>
 
d)
 
L'unico calore assorbito dalla sorgente a temperatura più alta è quello durante la isocora che vale:
[[Categoria:Esercizi di fisica con soluzioni|La corrente elettrica]]
▲:<math>Q(t)Q_{CA}=Q_f+nc_v(Q_0T_2-Q_fT_1)e^{-t/=1952\tau} J\ </math>
{{avanzamento|100%}}
Quindi il rendimento di un ciclo è pari a:
▲:<math>R_{Th}\eta=R_3+\frac W{R_1R_2}Q_{R_1+R_2CA}}=30.67\ \Omega13\ </math>
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