Pobierz
Transkrypt
Pobierz
Zadania z termodynamiki (I i II zasada). Odcinek 3. 3. Dany jest odwracalny cykl termodynamiczny przedstawiony na rysunku, który wykonują 2/R mole He (traktować jako gaz doskonały). Znane parametry stanu zamieszczone są w tabeli 1. Obliczyć pozostałe parametry stanu (uzupełnić tabelę 1) oraz obliczyć wartości w, q, ∆u, ∆h i ∆s dla kolejnych przemian (A, B, C, D), czyli wypełnić tabelę 2. Cykl przedstawić (narysować) w układzie P=f(V). Stan 1 2 3 4 P [Pa] T [K] 375 250 V [m3] 0,01 0,02 Przemiana A B C D Cykl q w ∆u ∆h ∆s Rozwiązanie: Najlepiej rozpocząć od ustalenia, jakiego rodzaju przemianami są A, B, C i D, co powinno pomóc w naszkicowaniu cyklu w układzie współrzędnych P=f(V). Przemiany A (1→2) i C (3→4) to niewątpliwie izotermy, zatem uzupełniamy tabelę 1 o T2 i T4. Dla przemian B (2→3) i D (4→1) widzimy, że: V2/V3 = T2/T3 i V4/V1 = T4/T1 (obie leżą na prostej T = k·V, przechodzącej przez 0), a zatem są to izobary (przecież jeśli pamiętamy, że P2V2=nRT2 i P3V3=nRT3, to po podzieleniu stronami i przegrupowaniu wyjdzie nam, że P2/P3 = 1, a to samo jest oczywiście prawdziwe dla P4 i P1). Możemy uzupełniać kolejne pozycje tabelki 1. Rozpoczniemy od obliczenia P1 = P4 = nRT1/V1 = 2/R·R·380/0,01 = 75000 Pa oraz P2 = P3 = nRT2/V2 = 2/R·R·375/0,02 = 37500 Pa. V4 = V1·T4/T1 = Brakujące objętości: V3 = V2·T3/T2 = 0,02·250/375 = 1,33·10–2 m3; 0,01·250/375) = 6,67·10–3 m3. Znamy więc wszystkie parametry gazu we wszystkich czterech stanach. Możemy przystąpić do obliczania zmian funkcji termodynamicznych. Przemiana A: ∆uA = 0 i ∆hA = 0, ponieważ ∆TA = 0 Przemiana jest odwracalna, zatem: wA = nRTAln(V1/V2) = 2·375·ln0,5 = –519,86 J Z I zasady termodynamiki wynika, że: qA = –wA = 519,86 J. 1 Pozostaje obliczenie ∆s. Z definicji entropii: ds = dq/T = (du – dw)/T = (du – PdV)/T Ponieważ dwa dowolne stany na płaszczyźnie P-V (w poniższym wyprowadzeniu indeksy 2, A i B mają inne znaczenia niż w całym zadaniu) zawsze można połączyć jedną izochorą i jedną izotermą (od TpVpPp do TkVpP2 drogą A i od TkVpP2 do TkVkPk drogą B) dla 1 mola gazu doskonałego: ∆S = S k − S p = ∫ ∩ AB Tk ∫ Tp R R R CV C C dT + dV = ∫ V dT + dV + ∫ V dT + dV = V V V T ∩ T ∩ T A B V k V T CV R dT + ∫ dV = C V ln k + R ln k Vp Tp V T V p Zaś dla dowolnej liczby moli: T V ∆ s = s k − s p = n ∆ S = n C V ln k + R ln k Tp V p Zatem, wracając do zadania, dla przemiany A (izotermy): ∆sA = nRln(V2/V1) = 2·ln2 = 2·0,69315 = 1,3863 J/K Przemiana B: ∆uB = nCv∆TB = 2/R·3/2·R(T3 – T2) = 3(250 – 375) = –375 J ∆hB = nCp∆TB = 2/R·5/2·R(T3 – T2) = 5(250 – 375) = –625 J wB = –PB(V3 – V2) = –37500·(4/3·10–2 – 6/3·10–2) = –37500(–2/3·10–2) = 250 J qB = ∆uB – wB = –375 – 250 = –625 J (to z I zasady) lub qB = ∆hB = –625 J (bo izobara) ∆sB = n[CVln(T3/T2)+Rln(V3/V2)] = 2/R[3/2·Rln(250/375)+Rln(2/3)] = 2/R[5/2·Rln(2/3)] = 5·ln(2/3) = 5·–0,405465 = –2,0273 J/K Przemiana C: ∆uC = 0 i ∆hC = 0, ponieważ ∆TC = 0 wC = nRTCln(V3/V4) = 2·250·ln2 = 346,57 J qC = –wC = –346,57 J ∆sC = nRln(V4/V3) = 2·ln0,5 = 2·–0,69315 = –1,3863 J/K Przemiana D: ∆uD = nCv∆TD = 2/R·3/2·R(T1 – T4) = 3(375 – 250) = 375 J ∆hD = nCp∆TD = 2/R·5/2·R(T1 – T4) = 5(375 – 250) = 625 J wD = –PD(V1 – V4) = –75000·(3/3·10–2 – 2/3·10–2) = –75000(1/3·10–2) = –250 J qD = ∆uD – wD = 375 – (–250) = 625 J (to z I zasady) lub qD = ∆hD = 625 J (bo izobara) ∆sD = n[CVln(T1/T4)+Rln(V1/V4)] = 2/R[3/2·Rln(375/250)+Rln(3/2)] = 2/R[5/2·Rln(3/2)] = 5·ln(3/2) = 5·0,405465 = 2,0273 J/K Po wpisaniu wszystkich wyników w tabelę 2 i zsumowaniu dla cyklu widać, że I zasada jest spełniona także dla całego cyklu, a funkcje stanu, zgodnie z ich definicją, dla cyklu nie zmieniają się (ich zmiany są równe zeru). Stan 1 2 3 4 P [Pa] 75000 37500 37500 75000 T [K] 375 375 250 250 V [m3] 0,01 0,02 0,0133 0,00667 Przemiana q [J] A 519,86 B –625 C –346,57 D 625 Cykl 173,29 2 W [J] –519,86 250 346,57 –250 –173,29 ∆u [J] 0 –375 0 375 0 ∆h [J] 0 –625 0 625 0 ∆s [J/K] 1,3863 –2,0273 –1,3863 2,0273 0 Ostatecznie przeniesienie wykresu cyklu do układu współrzędnych P=f(V) wygląda następująco: © W.Chrzanowski 2005 3