Fragment notatki:
11. Termodynamika.
Wybór i opracowanie zadań od 11.1 do 11.15 - Bogusław Kusz.
11.1.
W zamkniętej butelce o objętości V0=500cm3 znajduje się powietrze o temperaturze t0=270C i
ciśnieniu p0=1000 hPa. Po pewnym czasie słońce ogrzało butelkę do temperatury tk=570C.
Oblicz liczbę cząsteczek gazu znajdującego się w butelce, końcowe ciśnienie powietrza oraz
ciepło pobrane przez gaz. Narysuj wykres p(V).
11.2.
Butla gazowa o objętości V1=0,3m3 wytrzymuje ciśnienie pkr=107Pa. Znajduje się w niej
m=3369g azotu o temperaturze t1=270C. Obliczyć ciśnienie gazu w temperaturze t1. Jeśli w
wyniku pożaru butla ogrzeje się to w jakiej temperaturze nastąpi jej rozerwanie? Masa
molowa azotu: µp=28g.
11.3.
W procesie izobarycznym n=2mole wodoru o temperaturze T1=300K i ciśnieniu p1=106Pa,
zmniejszyło swoją objętość k=2 razy. Oblicz temperaturę końcową, pracę i ciepło
występujące w tym procesie. Przedstaw pracę na wykresie p(V).
11.4.
Jeden mol tlenu jest ogrzewany pod stałym ciśnieniu atmosferycznym p0=1033 hPa
począwszy od temperatury t0=00C. Oblicz ile energii trzeba doprowadzić do gazu w celu
potrojenia objętości jego objętości i jaką pracę wykonał gaz ?
11.5.
Cienki worek foliowy zanurzony w wodzie o temperaturze t=200C zawiera powietrze o
objętości V1=20 dm3 i ciśnieniu p1=1000hPa. Jaką objętość będzie miał worek po zanurzeniu
go o h=10m? Oblicz ciepło oddane przez gaz oraz narysuj wykres tej przemiany przy
założeniu, że temperatura gazu nie uległa zmianie. Dane: gęstość wody ρ=1g/cm3,
przyspieszenie ziemskie g=10m/s2.
11.6.
W procesie izotermicznym objętość n moli powietrza o temperaturze T wzrosła s razy. Ile
razy zmalało ciśnienie ? Ile wynosi zmiana energii wewnętrznej ? Jaką pracę wykonał gaz ?
11.7.
W wyniku szybkiego rozprężeniu n=2 moli tlenu jego objętość wzrosła s=4 razy. Obliczyć
przyrost energii wewnętrznej tego gazu jeśli jego ciśnienie początkowe wynosiło
p1=8,31⋅106Pa a temperatura T1=300K.
11.8.
Podczas izobarycznego sprężania tlenu o masie m = 10 kg i temperaturze początkowej t =
100°C, objętość jego zmniejszyła się s = 1,25 razy. Obliczyć:
a)
wykonaną podczas sprężania pracę,
b)
ilość odprowadzonego ciepła.
11.9.
Znaleźć rodzaj gazu, który został sprężony izotermicznie oraz jego objętość początkową,
jeżeli ciśnienie m=2 kg gazu po jego sprężeniu zwiększyło się trzykrotnie, a praca wykonana
przy sprężaniu W = -1,37⋅103 kJ. Przed sprężeniem ciśnienie gazu równało się p1= 5⋅105 Pa, a
jego temperatura t= 27°C.
11.10. Masę m = 160 g tlenu ogrzewa się od t1 = 50°C do t2 = 60°C. Obliczyć ilość
pobranego ciepła i zmianę energii wewnętrznej tlenu w przypadku, gdy ogrzewanie
zachodziło:
a)
izochorycznie,
b)
izobarycznie.
11.11.
Dwa identyczne naczynia połączone są zaworem. W jednym z nich znajduje się azot pod
ciśnieniem p1=2,64⋅105 Pa i w temperaturze t1= 27°C a w drugim panuje próżnia. Znaleźć
końcową temperaturę i ciśnienie gazu, jeżeli po otwarciu zaworu część gazu przeszła do
pustego naczynia i ciśnienia w obu naczyniach wyrównały się. Proces przejścia azotu z
jednego naczynia do drugiego jest procesem adiabatycznym.
11.12.
W silniku Carnota następują cztery przemiany stałej ilości gazu:
- izotermiczne rozprężanie gazu z objętości V1 do V2 w temperaturze T1,
adiabatyczne rozprężanie z objętości V2 do V3,
- izotermiczne sprężanie gazu z objętości V3 do V4 w temperaturze T2,
adiabatyczne rozprężanie z objętości V4 do V1.
Oblicz sprawność takiego silnika gdy :
a/ T1=373K i T2=273K
b/ T1=773K i T2=273K
c/ T1=373K i T2=3K.
11.13.* W silniku wykorzystano n=5 moli azotu w cyklu:
1-2 sprężono izochorycznie gaz o temperaturze T1=300K w objętości V1 do ciśnienia p2 =3p1
2-3 rozprężono adiabatycznie do ciśnienia początkowego p1 i objętości V3,
3-1 następnie przy stałym ciśnieniu osiągnięto stan pierwotny. Narysu wykres p(V) tego cyklu
oraz oblicz wydajność silnika.
11.14.
Oblicz wydajność silnika pracującego
w cyklu pokazanym na rysunku.
Dane: T1=600K, T2=900K, T3=600K,
gaz jednoatomowy - κ=1,67.
11.15.
Dlaczego podczas pompowania dętki roweru rozgrzewa się pompka?
11. Rozwiązania:
11.1.R.
Jest to przemiana izochoryczna stałej ilości gazu doskonałego dla, której:
p0V0 pkV0
p0 pk
V0 = const. ⇒
=
= nR i
=
(1)
T0
Tk .
T0 Tk .
Liczba moli i cząsteczek gazu wynosi odpowiednio:
pV
n = 0 0 i N = N An (2) .
T0 R
pT
Ciśnienie końcowe gazu wynosi:
pk = 0 k (3) .
T0
Ciepło pobrane przez gaz:
Q0 − k = ∆U + W = ∆U +
Vk
∫ p dV = ∆U = C n(T
v
k
− T0 )
ponieważ W = 0
(4)
V0
i
R gdzie i = 5 .
2
Wstawiając dane: V0=5⋅10-4m3, T0= 300K, Tk= 330K, R=8,31 J/(mol⋅K), NA=6,023⋅1023,
do wzorów (2), (3) i (4) otrzymujemy:
liczbę moli n=0,02,
liczbę cząsteczek N=0,12⋅1023,
ciśnienie końcowe pk=1,1⋅105 Pa oraz
ciepło Q=12,47J.
przy czym CV =
11.2.R.
p1 =
p
T1mR
= 106 Pa, Tkr = T1 kr = 3000 K .
p1
V1µ
11.3.R.
W procesie izobarycznym mamy:
p1V1
nRT1
= nR ⇒ V1 =
T1
p1
(1)
oraz
p1 = const. ⇒
V1 V2
=
T1 T2
⇒ T2 = T1
1
V2
= T1
V1
k
(2)
.
Ponieważ pojedyncza cząsteczka wodoru zawiera dwa atomy więc jej liczba stopni wynosi
i
5
i+2
7
R = R (3) .
i=5 a ciepło molowe jest równe: CV = R = R oraz C p =
2
2
2
2
Ciepło oddane przez gaz:
Q1− 2 = ∆U + W = ∆U +
V2
∫p
1
V1
V2
dV = Cv n(T2 − T1 ) + p1 ∫ dV = Cv n(T2 − T1 ) + p1 (V2 − V1 )
V1
1
1
(4)
Q1− 2 = C p n(T2 − T1 ) oraz W = p1 (V2 − V1 ) = p1V1 ( − 1) = nRT1 ( − 1)
k
k
Wynik obliczeń: T2 = 150 K , W = −1246 J , Q1− 2 = −9146 J . Ujemna wartość W i Q
oznacza, że ciepło zostało oddane przez gaz i praca została wykonana nad sprężeniem gazu.
11.4.R.
Q = 15880 J , W = 4537 J .
11.5.R.
Jest to przemiana izotermiczna gazu doskonałego,
więc:
pV
pV
T = const. ⇒ 1 1 = nR czyli n = 1 1 oraz
T
TR
p1V1 = p2V2 (1)
.
Na głębokości h ciśnienie hydrostatyczne wynosi:
ph = ρgh czyli p2 = p1 + ρgh (2) .
Z równań (1) i (2) wynika:
pV
p1V1
V
V2 = 1 1 =
= 1 = 10dm3 (3) .
p2
p1 + ρgh 2
Ciepło tej przemiany obliczamy:
V2
Q1− 2
V2
V
2
nRT
V
1
dV = nRT ∫ dV = nRT (ln V2 − ln V1 ) = p1V1 ln 2
= ∆U + W = W = ∫ p dV = ∫
V
V
V1
V1
V1
V1
(4)
Q1− 2 = p1V1 ln 2 = −2000 ln 2 J = − 1386 J .
Wynik ujemny świadczy, że w tej przemianie praca została wykonana nad gazem i gaz oddał
otoczeniu nadmiar ciepła.
11.6.R.
Ciśnienie zmalało s razy, ∆U = 0 , natomiast W = Q = nRT ln
V2
= nRT ln s .
V1
11.7.R.
Jeśli proces rozprężania jest szybki to można założyć, że w czasie przemiany nie nastąpiła
wymiana ciepła z otoczeniem. Jest to przypadek przemiany adiabatycznej dla której
charakterystyczne są zależności:
p1V1 p2V2
nRT1
(1) oraz
=
= nR ⇒ V1 =
T1
T2
p1
κ
κ
κ
p1V1 = pV = p2V2
⇒
p1V1κ
p = κ (2).
V
V2
Wiemy, że w tej przemianie gazu Q1− 2 = ∆U + W = 0 czyli ∆U = −W = − ∫ pdV
(3) .
V1
Z równań (2) i (3) otrzymujemy:
V2
V
2
p1V1κ
1
1
κ
∆U = −W = − ∫ κ dV = − p1V1 ∫ κ dV = p1V1κ
(V21−κ − V11−κ ) (4) .
κ −1
V
V
V1
V1
Dla gazu doskonałego o dwuatomowej cząsteczce liczba stopni swobody i=5 a współczynnik
κ wynosi:
C
i+2 7
κ= p =
= = 1,4 .
Cv
i
5
1
pV
V11−κ ( s1−κ − 1) = 1 1 ( s1−κ − 1) .
Ponieważ V2 = sV1 ⇒ ∆U = p1V1κ
κ −1
κ −1
−4 3
Wynik obliczeń: V1 = 6 ⋅ 10 m , ∆U = −5306 J wskazuje, że gaz wykonał pracę kosztem
swojej energii wewnętrznej.
Uwaga: dla porównania, na wykresie pokazano wykres izotermicznej przemiany tego gazu.
11.8.R.
5
R oraz µ = 32 g .
2
Korzystając z zależności w zadaniu 11.3 otrzymujemy :
Dla tlenu mamy: i = 5 ⇒ C p =
7
a/ W = T1 m R( 1 − 1) = −193727 J , b/ Q1− 2 = T1 m C p ( 1 − 1) = W1− 2 = −678044 J .
µ
s
µ
s
2
11.9.R.
W procesie izotermicznym mamy:
Q1−2 = ∆U + W = W =
V2
∫ p dV =
V1
V2
V
2
nRT
V
1
dV = nRT ∫ dV = nRT (ln V2 − ln V1 ) = nRT ln 2
∫ V
V
V1
V1
V1
V1 p2
=
= 3 (2) .
V2 p1
V
m
1
m
1
Z obu równań wynika: W = nRT ln 2 = RT ln
dlatego µ = RT ln = 4 g .
V1 µ
3
W
3
Jest to hel.
oraz p1V1 = p2V2
czyli
11.10.R.
5 m
R (T2 − T1 ) = 125 J ,
2 µ
7 m
b/ p = const. ⇒ Q1− 2 = ∆U + W = C p n(T2 − T1 ) = R (T2 − T1 ) = 175 J
2 µ
5 m
oraz ∆U = Cv n(T2 − T1 ) = R (T2 − T1 ) = 125 J .
2 µ
a/ V = const. ⇒ Q1− 2 = ∆U = CV n(T2 − T1 ) =
11.11.R.
(1)
Wskazówka:
Warunki początkowe: p1, T1, V1.
V1T1p1
Warunki końcowe: p2, T2, 2V1.
V1T2p2
V1T2p2
p2=105Pa, T2=227K.
11.12.R.
Przemiana 1-2 jest izotermiczna dlatego:
T1=const. p1V1 = p2V2 (1) i ∆U = 0 oraz
Q1− 2 = ∆U + W = W =
V2
∫ p dV =
V1
V2
V
2
1
V
nRT1
dV = nRT1 ∫ dV =nRT1 (ln V2 − ln V1 ) = nRT1 ln 2 ( 2)
∫ V
V1
V
V1
V1
Przemiana 2-3 jest adiabatyczna dlatego:
p2V2χ = p3V3χ (3)
oraz
Q2 − 3 = ∆U + W = 0 (4)
Przemiana 3-4 jest izotermiczna dlatego (T2=const.):
p3V3 = p4V4 (5) i ∆U = 0 oraz
Q3− 4 = ∆U + W = W =
V4
∫ p dV =
V3
V4
V
4
1
nRT2
V
dV = nRT2 ∫ dV =nRT2 (ln V4 − ln V3 ) = nRT2 ln 4 (6)
∫ V
V
V3
V3
V3
Przemiana 4-1 jest adiabatyczna dlatego:
p1V1χ = p4V4χ (7)
oraz
Q4 −1 = ∆U + W = 0. (8)
Na podstawie równań (1,3,5,7) można udowodnić, że:
V2 V3
=
V1 V 4
(9)
Ponieważ:
V1 0 co oznacza, że ciepło jest dostarczone do silnika,
V4
... zobacz całą notatkę
Komentarze użytkowników (0)