Pobierz

Zadania z termodynamiki (I zasada).
Odcinek 2.
2. 3 mole dwuatomowego gazu doskonałego wykonują cykl odwracalny pokazany na rysunku, przy czym T2 = T1, P1 = 9⋅104 Pa, a P2 = 2,5P1. Praca wykonana na układzie w przemianie A wynosi 6000 J. Obliczyć temperaturę, ciśnienie i objętość układu, dla każdego ze stanów (1, 2
i 3), a także q, w, ∆U i ∆H dla każdej z przemian (A, B, C) oraz
dla całego cyklu.
Rozwiązanie:
1) Najpierw ustalić należy parametry stanów „węzłowych”; dla ich podsumowania najlepiej
zestawić tabelkę, w której zaznaczymy także rodzaj przemiany.
Wartości absolutnych wszystkich trzech parametrów nie poznamy od razu, ponieważ dane
są niewystarczające (dla żadnego z punktów nie znamy dwóch parametrów z trzech: P, V,
T, co pozwoliłoby obliczyć trzeci ze znajomości liczby moli i równania stanu gazu
doskonałego). Musimy zatem wyznaczać wartości względne. Objętość gazu w stanie „1”
oznaczamy jako V1. Ponieważ T2 = T1, więc przemiana A jest izotermą, a dodatkowo
P2 = 2,5P1, zatem zgodnie z prawem Boyle’a V2 = 0,4V1. Z wykresu widzimy, że
przemiana B jest izochorą, zatem V3 = V2, temperatura osiąga wartość T3 (domyślamy się,
że T3<T2 , bo izochoryczny spadek ciśnienia można osiągnąć jedynie studząc gaz),
ponadto P3 = P1, bowiem przemiana C (3→1) jest izobarą.
2) Dla odwracalnej izotermy (A), zgodnie z I zasadą termodynamiki qA = -wA, ponieważ
∆UA=0 (∆U = nCV∆T, a ∆TA=0), podobnie jest z ∆H (∆H = nVP∆T). Praca wykonana
została na układzie (sprężano gaz działając siłą zewnętrzną), więc znak w jest „+” (gaz
zyskuje energię w postaci pracy objętościowej. Znak zatem energii oddanej przez układ
pod postacią ciepła qA jest przeciwny (∆UA = qA+ wA = 0 ⇒ qA= -wA). Ostatecznie wA=
6000 J, qA = -6000J.
3) Dla odwracalnej izotermy energia wymieniona na sposób pracy w = -nRTln(Vk/Vp), zatem
T = T1 = T2 = -wA/[nRln(V2/V1)] = -6000/(3⋅8,314⋅ln0,4) = 262,5 K. Możemy więc
wyliczyć V1 = nRT1/P1=3⋅8,314⋅262,5/9⋅104 = 0,07276 m3. Z kolei V2 = 0,4⋅0,07276
= 0,02910 m3, a P2= 2,5⋅9⋅104 = 2,25⋅105 Pa..
4) Obliczamy T3 = P3V3/(nR) = 9⋅104⋅0,02910/(3⋅8,314) = 105,0 K.
Mamy zatem wypełnioną tabelkę stanów odpowiadających punktom węzłowym cyklu:
T [K]
P [Pa]
V [m3]
4
T1 = 262,5
V1 = 0,07276
P1 = 9⋅10
5
T2 = T1 = 262,5
V2 = 0,02910
P2 =2,25⋅10
4
T3=105,0
P3 = P1 =9⋅10 V3 = V2 =0,02910
(wartości obliczone wytłuszczono)
5) Obliczamy teraz żądane wartości funkcji stanu dla przemian. Dla przemiany A
wykonaliśmy to już w pkt. 2. Dla przemiany B natomiast, zgodnie ze wzorami:
Stan
1
2
3
∆U = nCV∆T = nCV(Tk – Tp)
∆UB = 3⋅2,5⋅8,314⋅(T3 – T2) = 62,355⋅(105,0–262,5) =
62,355⋅(-157,5) = -9821 J. Analogicznie
∆H = nCP∆T = nCP(Tk – Tp) ∆HB = 3⋅3,5⋅8,314⋅(T3 – T2) = 87,297⋅(-157,5) = -13749 J.
Uwaga: Gaz jest dwuatomowym gazem doskonałym, zatem CV = 5/2 R, zaś CP = CV + R =
7/2R (przynajmniej w temperaturach panujących w warunkach zadania)
6) Podobnie obliczamy ∆UC i ∆HC. Ponieważ T1 – T3 = -(T3 – T2), więc ∆UC = -∆UB oraz
∆HC = -∆HB.
7) Obliczamy energię wymienioną na sposób ciepła i pracy objętościowej w przemianach
B i C. W izochorze (B), wB = 0, zaś qB = ∆UB (z I zasady). W izobarze (C), możemy
obliczyć pracę: wC = -PC(Vk – Vp) = -9⋅104(V1 – V3) = -9⋅104(0,07276–0,02910)= -3929 J.
Energia wymieniona na sposób ciepła, (z I zasady) qC = ∆UC – wC = 9821 +3929
= 13750 J, co pozostaje w bardzo dobrej zgodności z obliczoną wcześniej ∆HC (powinno
tak być z definicji).
Ostatecznie, druga tabelka wyników prezentuje się następująco:
Przemiana
A
B
C
ABC(1231)
q [J]
-6000
-9821
13750
-2071
w [J]
6000
0
-3929
2071
∆U [J]
∆H [J]
0
-9821
9821
0
0
-13749
13749
0
Rodzaj przemiany
izoterma
izochora
izobara
cykl
Jak widać, w całym cyklu obie funkcje stanu (U i H) nie zmieniły się – zgodnie z definicją
funkcji stanu. Ciepło i praca zostały jednak wymienione (takie same wartości ze znakiem
przeciwnym, aby ∆Ucyklu=0).
3. 4,48⋅10-2 m3 jednoatomowego gazu doskonałego przechodzi następujący cykl przemian
odwracalnych: A. Gaz znajdujący się w stanie 1 (temperatura 380 K i ciśnienie
7,5⋅104 Pa), zwiększa dwukrotnie swoją objętość w warunkach stałego ciśnienia do stanu
2; B. Gaz sprężany jest izotermicznie do stanu 3; C. Gaz rozpręża się adiabatycznie do
stanu początkowego. Obliczyć T, P i V układu, dla każdego ze stanów pomiędzy
przemianami (1, 2 i 3), a także q, w, ∆U i ∆H dla każdego z etapów i dla całego cyklu.
Wyniki zestawić w tabelkach. Cykl przedstawić na rysunku w układzie P=f(V).
Rozwiązanie:
1) Rozpoczynamy od naszkicowania cyklu w układzie współrzędnych P – V. Postaramy się
przy tym wyobrazić sobie proces. Pierwsza przemiana jest, jak wynika z opisu, izobarą
(odcinek poziomy na wykresie). Jeżeli objętość rośnie, a ciśnienie nie maleje, to zapewne
wiąże się to z podwyższeniem temperatury. Następnie ciśnienie wzrasta, a objętość maleje
w przemianie izotermicznej (sprężanie, praca wykonywana na układzie, ciepło
oddawane). Rysujemy fragment hiperboli w kierunku malejącej objętości. Pytanie jak
daleko. Ponieważ powiedziane jest, że w etapie C gaz się rozpręża, kończymy hiperbolę
tak, aby 0 < V3 < V1. Adiabata jest na wykresie P – V także odcinkiem hiperboli, lecz
bardziej stromym od adiabaty. Pamiętajmy, że „na oko” nie możemy odróżnić tych
przemian na wykresie P – V, chyba, że ze sobą na nim sąsiadują. Wtedy adiabatą jest
właśnie bardziej „stroma” z krzywych. Powinniśmy otrzymać szkic podobny do
przedstawionego na rysunku poniżej.
2
2) Sporządzamy sobie wstępną tabelkę z informacjami na
temat parametrów stanu (T, P, V), jakie posiadamy z tekstu
zadania.
Stan
T [K]
P [Pa]
V [m3]
1
T1
P1
V1
2
T2 > T1 P2 = P1 V2 = 2V1
3
T3 = T2
P3
V3 < V1
3) Obliczamy liczbę moli gazu znajdującą się w układzie. Nie byliśmy o to, co prawda,
pytani, ale jak pamiętamy z poprzedniego zadania, liczba ta jest potrzebna dla obliczania
zmian intensywnych funkcji stanu ∆U i ∆H.
n = P1V1/(RT1) = 7,5⋅104⋅4,48⋅10-2/(8,314⋅380) = 1,064 mola
4) P2 = P1. Obliczamy V2 = 2⋅V1 = 8,96⋅10-2 m3, oraz T2 = T1⋅V2/V1 = 760 K. Wiemy też, że
T3 = T2.
Problemem są parametry stanu 3. Możemy je znaleźć, zauważając, że parametry te
określone są współrzędnymi przecięcia linii izotermy i adiabaty.
Mamy zatem dwa równania:
Izotermy: P3V3 = P2V2
(1)
Adiabaty: P3V3κ = P1V1κ
(2)
Dające dwa wyrażenia na P3:
P3 =
κ
PV
P2V2
i P3 = 1 κ1 , co daje
V3
V3
κ
κ
κ
κ
1
V
V2 V1
V
V
= κ , lub : 3 = 1 i ostatecznie V3 =  1 
V3 V3
V3 V2
 V2 
1,666667
1,5
3
Po podstawieniu znajdujemy V3=(0,0448
/0,0896) =0,01584 m
Zgodnie z przewidywaniami i opisem w zadaniu V3 < V1.
Liczymy też P3, które wynosi: P3=P2V2/V3=7,5⋅104⋅0,0896/0,01584=424242,42 Pa
(przesadna dokładność) 4,24⋅105 Pa
Mamy więc kompletną tabelkę stanów w punktach zwrotnych cyklu:
po uwzględnieniu, że P2=P1:
Stan
1
2
3
T [K]
T1 = 380
T2 = 760
T3= 760
P [Pa]
P1 = 7,5⋅104
P2 = 7,5⋅104
P3 =4,24⋅105
 κ −1
V [m3]
V1 = 0,0448
V2 = 0,0896
V3 = 0,01584
5) Liczymy teraz wartości zmian entalpii i energii swobodnej w poszczególnych etapach
procesu.
A. ∆UA = nCV(T2 – T1) = 1,064⋅1,5⋅8,314⋅380 = 5042 J
∆HA = nCP(T2 – T1) = 1,064⋅2,5⋅8,314⋅380 = 8404 J
wA = -P(V2 – V1) = -7,5⋅104⋅0,0448 = -3360 J
qA = ∆UA – wA = 5042 – (-3360) = 8402 J = ∆HA (tak powinno być z definicji, różnica
wynika z zaokrągleń)
B. ∆UB = 0 J (∆TB = 0)
∆HB = 0 J (∆TB = 0)
Ponieważ praca objętościowa:
3
dw = − Pz dv
(3)
a w przemianie odwracalnej (kwazistatycznej) Pz = Pgazu±dp, zatem:
nRT
dw = −
dV
(4)
V
co po scałkowaniu daje wykorzystywany już przez nas w zadaniu 1 wzór (Vp=V2 a Vk=V3):
V
w = nRT ln p
(5)
Vk
wB = 1,064⋅8,314⋅760⋅ln(0,0896/0,01584)=11650 J
qB = – wB = – 11650 J (na mocy I zasady)
C. ∆UC = nCV(T1 – T3) = 1,064⋅1,5⋅8,314⋅(-380) = -5042 J
∆HC = nCP(T1 – T3) = 1,064⋅2,5⋅8,314⋅380 = -8404 J
qC = 0 J = (z definicji)
wC = ∆UC (z I zasady termodynamiki)
Możemy obliczyć qcyklu = –3248 J. Także i dla cyklu musi być spełniona I zasada
termodynamiki, zatem wcyklu = 3248 J.
Ostatecznie, tabelka wyników dla przemian wygląda następująco:
Przemiana
A
B
C
ABC(1231)
q [J]
8402
-11650
0
-3248
w [J]
-3360
11650
-5042
3248
∆U [J]
∆H [J]
5042
0
-5042
0
8404
0
-8404
0
Rodzaj przemiany
izobara
izoterma
adiabata
Cykl
Uwaga: Można też obliczyć pracę objętościową wykonaną przez układ podczas rozprężania
adiabatycznego inaczej; trzeba obliczyć pole pod wykresem P = f(V). Dla adiabaty
odwracalnej zależność ta może być znaleziona analogicznie jak wzór (3). Patrz
materiały wykładowe.
Ponieważ równanie adiabaty odwracalnej stanowi, że:
PkVkκ = PpV pκ = PV κ = const.
a
(6)
dw = − PdV
(7)
to musimy scałkować:
k
k
k
p
p
p
w = ∫ dw = ∫ − P(V )dV = ∫ −
k
const
dV = −const ∫ V −κ dV
Vκ
p
(8)
gdzie za stałą możemy wprowadzić albo PkVkκ , albo PpV pκ . Ostatecznie:
PkVkκ 1−κ
(
w=
V p − Vk1−κ )
1−κ
Po podstawieniu i obliczeniu: (stan początkowy to stan 3, zaś końcowy to 1):
(9)
5
⋅ 0,0448 3
2
2

−
− 
3
3

wC = −
0,01584 − 0,0448  = -5039,4 J


2


Jak widać, wynik jest bardzo dobrze zgodny z obliczoną wartością ∆U. Różnica wynika
jedynie z błędów rachunkowych.
3 ⋅ 7,5 ⋅ 10
4
© W.Chrzanowski 2005
4