Rozwiązane zadanie z termodynamiki

Ogrzewanie pod stałym ciśnieniem: wyznaczenie cPc_P

Ćwiczenie 13 · Lekcja 5 — Zastosowanie do gazu doskonałego

  • pojemność cieplna
  • stałe ciśnienie
  • relacja Mayera
  • ogrzewanie izobaryczne
  • gaz doskonały

Treść zadania

Jeden mol gazu doskonałego o molowej pojemności cieplnej cVc_V jest zamknięty w cylindrze o objętości początkowej V0V_0. Cylinder jest zamknięty ruchomym, pozbawionym tarcia i adiabatycznym tłokiem, na który działa stałe ciśnienie zewnętrzne P0P_0. Znajdujący się wewnątrz gazu opornik elektryczny dostarcza mu quasi-statycznie ciepło Q>0Q>0.

  1. Wykonać prosty schemat układu. Zaznaczyć gaz, tłok, opornik, ciśnienie zewnętrzne P0P_0 i przekazy energii.
  2. Bez użycia wartości liczbowych wyrazić temperaturę początkową T0T_0, a następnie wyznaczyć stan końcowy (Pf,Vf,Tf)(P_f,V_f,T_f), pracę WW otrzymaną przez gaz oraz zmianę jego energii wewnętrznej ΔU\Delta U.
  3. Wyznaczyć molową pojemność cieplną przy stałym ciśnieniu cP=(δQ/dT)Pc_P=(\delta Q/\mathrm{d}T)_P w funkcji cVc_V i RR.
  4. Zastosowanie numeryczne dla jednoatomowego gazu doskonałego: cV=32Rc_V=\frac32R, V0=25 LV_0=25\ \mathrm{L}, P0=1,0×105 PaP_0=1{,}0\times10^5\ \mathrm{Pa}, Q=1000 JQ=1000\ \mathrm{J} oraz R=8,314 J mol−1 K−1R=8{,}314\ \mathrm{J\,mol^{-1}\,K^{-1}}.

Wskazówka
Przemiana jest izobaryczna: W=−P0 ΔVW=-P_0\,\Delta V. Dla jednego mola gazu doskonałego P0 ΔV=R ΔTP_0\,\Delta V=R\,\Delta T. Podstawić te zależności do pierwszej zasady termodynamiki.

Szczegółowe rozwiązanie

Rozwiązanie
Pytanie 1. Schemat powinien przedstawiać gaz w cylindrze zamkniętym ruchomym tłokiem. Strzałka wewnątrz cylindra przedstawia ciepło QQ dostarczane przez opornik. Ciśnienie zewnętrzne P0P_0 działa na tłok, który podczas rozprężania gazu przesuwa się ku górze.

Pytanie 2. Równanie stanu początkowego daje

T0=P0V0R.T_0=\frac{P_0V_0}{R}.

Ciśnienie pozostaje stałe, zatem Pf=P0P_f=P_0. Ponadto W=−P0ΔV=−RΔTW=-P_0\Delta V=-R\Delta T. Pierwsza zasada termodynamiki daje więc

ΔU=cVΔT=Q+W=Q−RΔT,\Delta U=c_V\Delta T=Q+W=Q-R\Delta T,

skąd

ΔT=QcV+R.\Delta T=\frac{Q}{c_V+R}.

Stan końcowy ma zatem postać

Pf=P0,Tf=T0+QcV+R,Vf=V0+RQP0(cV+R).P_f=P_0,\qquad T_f=T_0+\frac{Q}{c_V+R},\qquad V_f=V_0+\frac{RQ}{P_0(c_V+R)}.

Wreszcie

W=−RQcV+R,ΔU=cVQcV+R.W=-\frac{RQ}{c_V+R}, \qquad \Delta U=\frac{c_VQ}{c_V+R}.

Pytanie 3. Ponieważ przy stałym ciśnieniu Q=(cV+R)ΔTQ=(c_V+R)\Delta T,

cP=cV+R.c_P=c_V+R.

Jest to relacja Mayera.

Pytanie 4. Dla gazu jednoatomowego

cP=52R≃20,8 J mol−1 K−1.c_P=\frac52R\simeq20{,}8\ \mathrm{J\,mol^{-1}\,K^{-1}}.

Otrzymujemy

T0≃301 K,ΔT≃48,1 K,Tf≃349 K,Vf=29,0 L.T_0\simeq301\ \mathrm{K},\qquad \Delta T\simeq48{,}1\ \mathrm{K},\qquad T_f\simeq349\ \mathrm{K},\qquad V_f=29{,}0\ \mathrm{L}.

Wreszcie

W=−400 J,ΔU=600 J.W=-400\ \mathrm{J},\qquad \Delta U=600\ \mathrm{J}.