Zadanie z termodynamiki

Przemiany termodynamiczne. Bilans cieplny. Teoria molekularno-kinetyczna. Fizyka statystyczna.
janusz47
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 7910
Rejestracja: 18 mar 2009, o 16:24
Płeć: Mężczyzna
Podziękował: 30 razy
Pomógł: 1670 razy

Zadanie z termodynamiki

Post autor: janusz47 »

W zbiorze zadań [1] znajduje się ciekawe zadanie \(\displaystyle{ 8.44^{*} }\) o następującej treści:

Na wykresie przedstawiono dwa cykle zamknięte:

\(\displaystyle{ I. \ \ 1 \rightarrow 2 \rightarrow 3 \rightarrow 1 }\)

\(\displaystyle{ II. \ \ 1 \rightarrow 3 \rightarrow 4 \rightarrow 1,}\)

którym podlega gaz doskonały.

a)
Na podstawie pierwszej zasady termodynamiki zastosowanej do pierwszego cyklu oraz definicji sprawności proszę wykazać, że sprawność drugiego cyklu jest większa niż sprawność pierwszego.

b)
Proszę obliczyć wartość ilorazu \sprawności \(\displaystyle{ \frac{\eta_{II}}{\eta_{I}},}\) wiedząc, że użyty gaz jest jednoatomowy.

a)

Z równania Clapeyrona dla każdego stanu: \(\displaystyle{ 1, 2, 3, 4 }\) tworzącego cykle, obliczamy wartość temperatury w zależności od temperatury \(\displaystyle{ T_{0}: }\)

\(\displaystyle{ 1. \ \ p_{1} = p_{0}, \ \ V_{1} = V_{0}, \ \ T_{1} = \frac{p_{1}V_{1}}{nR} = \frac{p_{0}V_{0}}{nR} = T_{0}, }\)

\(\displaystyle{ 2. \ \ p_{2} = 2p_{0}, \ \ V_{2} = V_{0}, \ \ T_{2} = \frac{p_{2}V_{2}}{nR} = \frac{2 p_{0}V_{0}}{nR} = 2T_{0}, }\)

\(\displaystyle{ 3. \ \ p_{3} = 2p_{0}, \ \ V_{3} = 3V_{0}, \ \ T_{3} = \frac{p_{3}V_{3}}{nR} = \frac{2 p_{0}\cdot 3V_{0}}{nR} = 6T_{0}, }\)

\(\displaystyle{ 4. \ \ p_{4} = p_{0}, \ \ V_{4} = 3V_{0}, \ \ T_{4} = \frac{p_{4}V_{4}}{nR} = \frac{ p_{0}\cdot 3V_{0}}{nR} = 3T_{0}. }\)

Z pierwszej zasady termodynamiki (obliczenia ciepła) wynika, że

\(\displaystyle{ Q_{Ip} = Q_{1\rightarrow 2} + Q_{ 2\rightarrow 3}, }\)

\(\displaystyle{ Q_{Io} = Q_{3\rightarrow 1}, }\)

\(\displaystyle{ Q_{IIp} = Q_{1\rightarrow 3}, }\)

\(\displaystyle{ Q_{II o} = Q_{ 3\rightarrow 4} + Q_{4\rightarrow 1}. }\)

Sprawność cyklu pierwszego \(\displaystyle{ \eta_{I} }\) i sprawność cyklu drugiego \(\displaystyle{ \eta_{II} }\) obliczamy odpowiednio z równań:

\(\displaystyle{ \eta_{I} = \frac{| Q_{Ip} - Q_{Io}|}{Q_{Ip}} \ \ (1) }\)

\(\displaystyle{ \eta_{I} = \frac{| Q_{IIp} - Q_{IIo}|}{Q_{IIp}} \ \ (2) }\)

Zakładamy, że molowe ciepła właściwe \(\displaystyle{ C_{V}, \ \ C_{p} }\) wynoszą odpowiednio

\(\displaystyle{ C_{V} = b\cdot R, \ \ b > 1}\)

\(\displaystyle{ C_{p} = R + C_{V} = R + b R = R( 1 + b) }\) (na podstawie równania Mayera).

Obliczamy ciepła.

\(\displaystyle{ Q_{1\rightarrow 2} = C_{V}\cdot n \Delta T_{1\rightarrow 2} = b R n( 2T_{0} - T_{0}) = b R n T_{0} }\)

\(\displaystyle{ Q_{2\rightarrow 3} = C_{p}\cdot n \Delta T_{2 \rightarrow 3} = (1 +b) n R (6T_{0} -2 T_{0}) = 4(1 +b)n R T_{0}, }\)

\(\displaystyle{ Q_{3\rightarrow 4} = C_{V}\cdot n \Delta T_{3\rightarrow 4} = b R n( 3T_{0} - 6T_{0}) = -3 b R n T_{0} }\)

\(\displaystyle{ Q_{4\rightarrow 1} = C_{p}\cdot n \Delta T_{4 \rightarrow 1} = (1 + b) n R (T_{0} -3 T_{0}) = -2(1 +b)n R T_{0}, }\)

Pozostały do obliczenia ciepła \(\displaystyle{ Q_{1\rightarrow 3} }\) i \(\displaystyle{ Q_{3\rightarrow 1}. }\)

W tym celu skorzystamy z pierwszej zasady termodynamiki

\(\displaystyle{ Q = \Delta U - W }\)

\(\displaystyle{ \Delta U_{1\rightarrow 3} = n C_{V} \Delta T_{1\rightarrow 3} = bnR( T_{3} - T_{1}) = bnR( 6T_{0} - T_{0}) = 5bnR T_{0}. }\)

\(\displaystyle{ \Delta U_{3 \rightarrow 1} = n C_{V} \Delta T_{3\rightarrow 1} = bn R (T_{1} - T_{3}) = bn( T_{0} - 6T_{0}) = -5bnR T_{0} }\)

\(\displaystyle{ W_{1\rightarrow 3} = W_{3\rightarrow 1} = -\frac{1}{2}(2p_{0} - p_{0})( 3V_{0} - V_{0}) = -\frac{1}{2}( 6p_{0}V_{0}- 2p_{0}V_{0}-3p_{0}V_{0}+p_{0}V_{0}) = -p_{0}V_{0} }\)

Na podstawie pierwszej zasady termodynamiki

\(\displaystyle{ Q_{1\rightarrow 3} = \Delta U_{1\rightarrow 3} - W_{1 \rightarrow 3} = 5bn RT_{0} - (-p_{0}V_{0}) = 5bnRT_{0} +p_{0}V_{0}= 5bnRT_{0}+ nRT_{0}= nRT_{0}(5b +1), }\)

\(\displaystyle{ Q_{3\rightarrow 1} = - Q_{1 \rightarrow 3} = -nRT_{0}(5b +1). }\)

Stąd

\(\displaystyle{ Q_{Ip} = bnRT_{0} + 4(1 +b)nRT_{0} = nRT_{0} ( b + 4 +4b= nRT_{0}(5b + 4) }\)

\(\displaystyle{ Q_{Io} = -nRT_{0} (5b+1) }\)

\(\displaystyle{ Q_{II p} = nRT_{0}(5b +1) }\)

\(\displaystyle{ Q_{II o} = -3bnR T_{0} -2RnT_{0}(1 +b) = -nRT_{0}[ 3b +2(1+b)] = -nRT_{0} (5b +2).}\)

Z równań \(\displaystyle{ (1), \ \ (2) }\)

\(\displaystyle{ \eta_{I} = \frac{nRT_{0}(5b +4) + nRT_{0}(5b +1)}{nRT_{0}(5b +4)} = \frac{10b +5}{5b +4} \ \ (3) }\)

\(\displaystyle{ \eta_{II} = \frac{nRT_{0} (5b+1) +n RT_{0}(5b +2)}{nR t_{0}(5b +1)} = \frac{10b +3}{5b +1} \ \ (4) }\)

Z równań \(\displaystyle{ (3), (4) }\) wynika, że

\(\displaystyle{ \eta_{II} = \frac{10b +3}{5b +1} > \frac{10b +5}{5b +4} = \eta_{I}, }\)

co mieliśmy wykazać.

b)

\(\displaystyle{ \frac{\eta_{II}}{\eta_{I}} = \frac{10b +3}{5b +1}\cdot \frac{5b + 4}{10b + 5} \ \ (5) }\)

Dla gazów jednoatomowych wartość \(\displaystyle{ b = \frac{3}{2}. }\)

Podstawiając \(\displaystyle{ b = \frac{3}{2} }\) do równania \(\displaystyle{ (5), }\) otrzymujemy wartość ilorazu sprawności obiegów:

\(\displaystyle{ \frac{\eta'_{II}}{\eta'_{I}} = \frac{10\cdot \frac{3}{2} + 3}{5\cdot \frac{3}{2} +1}\cdot \frac{5\cdot \frac{3}{2} +4}{10\cdot \frac{3}{2}+5} = \frac{36}{17}\cdot \frac{23}{40} = \frac{207}{170}. }\)

[1] Agnieszka Bożek, Katarzyna Nessing, Jadwiga Salach z fizyką w przyszłość zbiór zadań dla szkół ponadgimnazjalnych, zakres rozszerzony, część 2, Wydanie IV. WSiP Warszawa 2017
ODPOWIEDZ