Rozwiązane zadanie z termodynamiki

Izotermiczna atmosfera i potencjał chemiczny

Ćwiczenie 41 · Lekcja 8 — Kierunek przemian, równowaga i stabilność

potencjał chemiczny
atmosfera
wzór barometryczny
grawitacja
gaz doskonały

Treść zadania

Dla jednego mola powietrza na wysokości $z$ dany jest uogólniony potencjał chemiczny

μ (T, P, z) = μ^{\circ} (T) + R T ln (\frac{P}{P ^{\circ}}) + M g z,

gdzie $M$ jest masą molową powietrza. Zakładamy, że atmosfera jest izotermiczna.

Wyjaśnić, dlaczego w stanie równowagi $μ$ musi być niezależne od $z$ .
Wyprowadzić stąd równanie różniczkowe spełniane przez $P (z)$ , a następnie wzór barometryczny.
Oszacować $P (h) / P (0)$ dla $h = 8, 85 km$ , $T = 260 K$ , $M = 29, 0 g mo l^{- 1}$ oraz $g = 9, 81 m s^{- 2}$ .
Podać istotne ograniczenie tego modelu.

Wskazówka

W stanie równowagi przeniesienie niewielkiej ilości materii z jednej wysokości na inną nie może zmienić energii swobodnej w pierwszym rzędzie.

Szczegółowe rozwiązanie

Rozwiązanie

1. Gdyby

μ

było na jednej wysokości większe niż na innej, przeniesienie materii do obszaru o niższym potencjale zmniejszyłoby energię swobodną. Równowaga wymaga więc

d μ = 0

. 2. Przy stałej temperaturze

0 = d μ = R T \frac{d P}{P} + M g d z .

Zatem $d P / P = - (M g / R T) d z$ . Całkując od $0$ do $z$ , otrzymujemy

\int_{P (0)}^{P (z)} \frac{d P}{P} = - \frac{M g}{R T} \int_{0}^{z} d z,

skąd

P (z) = P (0) exp (- \frac{M g z}{R T}) .

3. Masa molowa w jednostkach SI wynosi $M = 2, 90 \times 1 0^{- 2} kg mo l^{- 1}$ . Wykładnik jest równy

\frac{M g h}{R T} = \frac{2 , 90 \times 1 0 ^{- 2} \times 9 , 81 \times 8 , 85 \times 1 0 ^{3}}{8 , 314 \times 260} ≃ 1, 17.

Zatem $P (h) / P (0) = e^{- 1, 17} ≃ 0, 31$ .

4. Rzeczywista temperatura atmosfery zmienia się z wysokością. Model izotermiczny daje użyteczny rząd wielkości, ale nie dokładny profil; pomija też wilgotność i zmiany składu.