Zadania z termodynamiki (I zasada).
Odcinek 2.
2. 3 mole dwuatomowego gazu doskonałego wykonują cykl odwracalny pokazany na rysun-
ku, przy czym T2 = T1, P1 = 9Å"104 Pa, a P2 = 2,5P1. Praca wykona-
na na układzie w przemianie A wynosi 6000 J. Obliczyć tempe-
raturę, 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.
RozwiÄ…zanie:
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 T3ponadto P3 = P1, bowiem przemiana C (31) 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 postaciÄ… ciepÅ‚a qA jest przeciwny ("UA = qA+ wA = 0 Ò! 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/(3Å"8,314Å"ln0,4) = 262,5 K. Możemy wiÄ™c
wyliczyć V1 = nRT1/P1=3Å"8,314Å"262,5/9Å"104 = 0,07276 m3. Z kolei V2 = 0,4Å"0,07276
= 0,02910 m3, a P2= 2,5Å"9Å"104 = 2,25Å"105 Pa..
4) Obliczamy T3 = P3V3/(nR) = 9Å"104Å"0,02910/(3Å"8,314) = 105,0 K.
Mamy zatem wypełnioną tabelkę stanów odpowiadających punktom węzłowym cyklu:
Stan T [K] P [Pa] V [m3]
1 T1 = 262,5 V1 = 0,07276
P1 = 9Å"104
2 T2 = T1 = 262,5 V2 = 0,02910
P2 =2,25Å"105
3 T3=105,0 V3 = V2 =0,02910
P3 = P1 =9Å"104
(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:
 "U = nCV"T = nCV(Tk  Tp) "UB = 3Å"2,5Å"8,314Å"(T3  T2) = 62,355Å"(105,0 262,5) =
62,355Å"(-157,5) = -9821 J. Analogicznie
"H = nCP"T = nCP(Tk  Tp) "HB = 3Å"3,5Å"8,314Å"(T3  T2) = 87,297Å"(-157,5) = -13749 J.
Uwaga: Gaz jest dwuatomowym gazem doskonałym, zatem CV = 5/2 R, zaś CP = CV + R =
7/2R (przynajmniej w temperaturach panujÄ…cych 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 pracÄ™: wC = -PC(Vk  Vp) = -9Å"104(V1  V3) = -9Å"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 q [J] w [J] Rodzaj przemiany
"U [J] "H [J]
A -6000 6000 0 0 izoterma
B -9821 0 -9821 -13749 izochora
C 13750 -3929 9821 13749 izobara
ABC(1231) -2071 2071 0 0 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. 4,48Å"10-2 m3 jednoatomowego gazu doskonaÅ‚ego przechodzi nastÄ™pujÄ…cy cykl przemian
odwracalnych: A. Gaz znajdujący się w stanie 1 (temperatura 380 K i ciśnienie
7,5Å"104 Pa), zwiÄ™ksza dwukrotnie swojÄ… objÄ™tość w warunkach staÅ‚ego ciÅ›nienia 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).
RozwiÄ…zanie:
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) = 7,5Å"104Å"4,48Å"10-2/(8,314Å"380) = 1,064 mola
4) P2 = P1. Obliczamy V2 = 2Å"V1 = 8,96Å"10-2 m3, oraz T2 = T1Å"V2/V1 = 760 K. Wiemy też, że
T3 = T2.
Problemem są parametry stanu 3. Możemy je znalez
ć, zauważając, że parametry te
określone są współrzędnymi przecięcia linii izotermy i adiabaty.
Mamy zatem dwa równania:
Izotermy: P3V3 = P2V2 (1)
Adiabaty: P3V3º = P1V1º (2)
P2V2 P1V1º
Dające dwa wyrażenia na P3: P3 = i P3 = , co daje
V3
V3º
1
ëÅ‚V1º öÅ‚º -1
V2 V1º V3º V1º
ìÅ‚ ÷Å‚
po uwzględnieniu, że P2=P1: = , lub : = i ostatecznie V3 =
ìÅ‚ ÷Å‚
V3 V3 V2 V2
V3º
íÅ‚ Å‚Å‚
Po podstawieniu znajdujemy V3=(0,04481,666667/0,0896)1,5=0,01584 m3
Zgodnie z przewidywaniami i opisem w zadaniu V3 < V1.
Liczymy też P3, które wynosi: P3=P2V2/V3=7,5Å"104Å"0,0896/0,01584=424242,42 Pa
(przesadna dokÅ‚adność) 4,24Å"105 Pa
Mamy więc kompletną tabelkę stanów w punktach zwrotnych cyklu:
Stan T [K] P [Pa] V [m3]
1 T1 = 380 V1 = 0,0448
P1 = 7,5Å"104
2 T2 = 760 V2 = 0,0896
P2 = 7,5Å"104
3 T3= 760 V3 = 0,01584
P3 =4,24Å"105
5) Liczymy teraz wartości zmian entalpii i energii swobodnej w poszczególnych etapach
procesu.
A. "UA = nCV(T2  T1) = 1,064Å"1,5Å"8,314Å"380 = 5042 J
"HA = nCP(T2  T1) = 1,064Å"2,5Å"8,314Å"380 = 8404 J
wA = -P(V2  V1) = -7,5Å"104Å"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 = -Pzdv (3)
a w przemianie odwracalnej (kwazistatycznej) Pz = PgazuÄ…dp, zatem:
nRT
dw = - dV (4)
V
co po scałkowaniu daje wykorzystywany już przez nas w zadaniu 1 wzór (Vp=V2 a Vk=V3):
Vp
w = nRT ln (5)
Vk
wB = 1,064Å"8,314Å"760Å"ln(0,0896/0,01584)=11650 J
qB =  wB =  11650 J (na mocy I zasady)
C. "UC = nCV(T1  T3) = 1,064Å"1,5Å"8,314Å"(-380) = -5042 J
"HC = nCP(T1  T3) = 1,064Å"2,5Å"8,314Å"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 q [J] w [J] Rodzaj przemiany
"U [J] "H [J]
A 8402 -3360 5042 8404 izobara
B -11650 11650 0 0 izoterma
C 0 -5042 -5042 -8404 adiabata
ABC(1231) -3248 3248 0 0 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:
º º
PkVkº = PpVp = PV = const. (6)
a
dw = -PdV (7)
to musimy scałkować:
k k k k
const
-º
w = = P(V )dV = dV = -const dV (8)
+"dw +"- +"- º +"V
V
p p p p
º
gdzie za staÅ‚Ä… możemy wprowadzić albo PkVkº , albo PpVp . Ostatecznie:
PkVkº
1-º
w = (Vp -Vk1-º ) (9)
1- º
Po podstawieniu i obliczeniu: (stan początkowy to stan 3, zaś końcowy to 1):
5
2 2
- öÅ‚
3Å" 7,5 Å"104 Å" 0,04483 ëÅ‚
ìÅ‚0,01584- 3 3 ÷Å‚
wC = - - 0,0448 = -5039,4 J
ìÅ‚ ÷Å‚
2
íÅ‚ Å‚Å‚
Jak widać, wynik jest bardzo dobrze zgodny z obliczoną wartością "U. Różnica wynika
jedynie z błędów rachunkowych.
© W.Chrzanowski 2005
4